Rešenje
Funkcija \(\ln t\) je definisana samo za \(t>0\), pa zahtevamo
\[-x^{2}+4y-y^{2}>0.\]
Množenjem ove nejednakosti sa \(-1\) i sređivanjem dobijamo
\[ x^{2}+y^{2}-4y<0 \quad \Longleftrightarrow \quad x^{2}+(y-2)^{2}<4.
\]
Dakle, domen funkcije je unutrašnjost kruga sa centrom \((0,2)\) i
poluprečnikom \(r+2\), bez samog kruga, tj.
\[D=\bigl\{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}\;|\;x^{2}+(y-2)^{2}<4 \bigr \}.\]
Da bismo našli stacionarne tačke namećemo uslov da su parcijalni izvodi
jednaki nula:
\[\frac{\partial f}{\partial
x}=\frac{1}{-x^{2}+4y-y^{2}}\cdot\frac{\partial}{\partial
x}\bigl(-x^{2}+4y-y^{2}\bigr)=\frac{-2x}{-x^{2}+4y-y^{2}}=0,\]
\[\frac{\partial f}{\partial
y}=\frac{1}{-x^{2}+4y-y^{2}}\cdot\frac{\partial}{\partial
y}\bigl(-x^{2}+4y-y^{2}\bigr)=\frac{4-2y}{-x^{2}+4y-y^{2}}=0.\]
Ovaj uslov je ekvivalentan
\[-2x=0,\qquad4-2y=0,\]
što nam daje jednu stacionarnu tačku \(A(0,2)\). Sada računamo druge
parcijalne izvode
\[\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}=\frac{\partial}{\partial
x}\!\Biggl(\frac{-2x}{-x^{2}+4y-y^{2}}\Biggr)=\frac{-2\bigl(-x^{2}+4y-y^{2}\bigr)-(-2x)(-2x)}{\bigl(-x^{2}+4y-y^{2}\bigr)^{2}}=\frac{-2(-x^{2}+4y-y^{2})-4x^{2}}{(-x^{2}+4y-y^{2})^{2}}.\]
\[\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}=\frac{\partial}{\partial
y}\!\Biggl(\frac{-2x}{-x^{2}+4y-y^{2}}\Biggr)=\frac{-2\cdot0\cdot(-x^{2}+4y-y^{2})-(-2x)(4-2y)}{(-x^{2}+4y-y^{2})^{2}}=\frac{2x(4-2y)}{(-x^{2}+4y-y^{2})^{2}}.\]
\[\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}=\frac{\partial}{\partial
y}\!\Biggl(\frac{4-2y}{-x^{2}+4y-y^{2}}\Biggr)=\frac{-2\bigl(-x^{2}+4y-y^{2}\bigr)-(4-2y)^{2}}{\bigl(-x^{2}+4y-y^{2}\bigr)^{2}}.\]
U tački \(A\) imamo
\[a=\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}(A)=-\frac{1}{2},\quad
b=\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(A)=0,\quad
c=\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}(A)=-\frac{1}{2}.\]
Kako je
\[a<0\qquad ac-b^{2}>0\]
dobijamo da je \(A\) lokalni maksimum funckije \(f\) i
\[f_{max}=f(A)=\ln4.\]
