Une exponentielle d'un produit

Ce qu'on emploie. Le calcul des dérivées partielles en gelant une variable, le théorème de Schwarz, la condition nécessaire $\nabla f=0$, et le critère d'ordre $2$ par les signes des valeurs propres de la hessienne.

Le gradient. En gelant $y$, la fonction $t\mapsto {\mathrm{e}}^{ty}$ a pour dérivée $y{\mathrm{e}}^{ty}$ ; en gelant $x$, on trouve de même : $$\nabla f(x,y)=\left(\begin{array}{c}y{\mathrm{e}}^{xy}\\ x{\mathrm{e}}^{xy}\end{array}\right).$$

La hessienne. En dérivant encore : $${\partial }_{1,1}^{2}f=y^2{\mathrm{e}}^{xy},{\partial }_{2,2}^{2}f=x^2{\mathrm{e}}^{xy},{\partial }_{1,2}^{2}f={\partial }_1\left(x{\mathrm{e}}^{xy}\right)=(1+xy){\mathrm{e}}^{xy},$$ et ${\partial }_{2,1}^{2}f={\partial }_2\left(y{\mathrm{e}}^{xy}\right)=(1+xy){\mathrm{e}}^{xy}$. Les deux dérivées croisées coïncident : Schwarz est vérifié, comme il devait l'être, $f$ étant de classe ${\mathcal{C}}^2$ sur ${\mathbb{R}}^2$. $${\nabla }^{2}f(x,y)={\mathrm{e}}^{xy}\left(\begin{array}{cc}{y}^2& 1+xy\\ 1+xy& x^2\end{array}\right).$$

Le point critique. L'exponentielle ne s'annule jamais, donc $\nabla f(x,y)=0$ équivaut à $y=0$ et $x=0$ : l'unique point critique est $(0,0)$.

Sa nature. En $(0,0)$, ${\mathrm{e}}^0=1$ et $${\nabla }^{2}f(0,0)=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right).$$ On lit ses valeurs propres sans calcul lourd : cette matrice envoie $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{1}\right)$ sur $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{1}\right)$ et $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{-1}\right)$ sur $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1}{1}\right)=-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{-1}\right)$. Les valeurs propres sont donc $1$ et $-1$, non nulles et de signes opposés : $(0,0)$ est un point col, et $f$ n'y admet aucun extremum.

Vérification directe. $f(0,0)=1$, tandis que $f(t,t)={\mathrm{e}}^{t^2}>1$ et $f(t,-t)={\mathrm{e}}^{-t^2}<1$ pour tout $t\ne 0$ : la fonction monte dans une direction et descend dans l'autre.