Uppgift 4

Funktionen är kontinuerlig på en kompakt mängd, samt partiellt deriverbar överallt, så enligt en känd sats finns globala maximum och minimum och dessa antas i inre stationära punkter eller på randen.

Vi börjar med att bestämma de stationära punkterna. Vi får $\begin{cases}0=\frac{\partial f}{\partial x}=2x-2y\\0=\frac{\partial f}{\partial y}=-2x+4y-2\end{cases}$ vilket ger punkten $(x,y)=(1,1)$ som ligger i området och därmed är en kandidatpunkt.

Vi undersöker nu kanten $y=0$ för $0<x<2$. Vi får $h_1(x)=f(x,0)=x^2$ så $h_1'(x)=2x$ så $h'(x)\ne0$ i intervallet.

Kanten $x=2$, $0<y<4$ ger $h_2(y)=f(2,y)=2y^2-6y+4$. Vi får $h_2'(y)=4y-6$ så $h_2'(y)=0$ för $y=3/2$ som ligger i intervallet, och ger punkten $(2,3/2)$.

Kanten $y=2x$ för $0<x<2$ parametriseras genom $\begin{cases}x=t\\y=2t\end{cases}$ för $0<t<2$, så $h_3(t)=f(t,2t)=5t^2-4t$. Vi får $h_3'(t)=10t-4$ så $h'(t)=0$ ger randpunkten $(2/5,4/5)$.

Vi jämför funktionsvärdena i våra $3$ funna punkter samt hörnpunkterna som också är kandidater:
$$\begin{array}{c|cccccc}(x,y)&(1,1)&(2,3/2)&(2/5,4/5)&(0,0)&(2,0)&(2,4)\\\hline f(x,y)&-1&-1/2&-4/5&0&4&12\end{array}$$
så minsta värdet är $f(1,1)=-1$ och det största $f(2,4)=12$.