Un minimum sur le quart de plan

Une simplification préalable. Sur $\Omega$, $\ln (xy)=\ln x+\ln y$, donc $$f(x,y)=x-\ln x+y-\ln y.$$ Les deux variables sont séparées, ce qui allège tout le calcul.

Le point critique. $${\partial }_{1}f=1-\frac{1}{x}=0,{\partial }_{2}f=1-\frac{1}{y}=0,$$ d'où $x=1$ et $y=1$. L'unique point critique de $\Omega$ est $(1,1)$, où $f(1,1)=1+1-\ln 1=2$.

La hessienne, en tout point. $${\nabla }^{2}f(x,y)=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{x^2}& 0\\ 0& \frac{1}{y^2}\end{array}\right).$$ Elle est diagonale, donc son spectre est $\left\{\frac{1}{x^2},\frac{1}{y^2}\right\}$, formé de deux réels strictement positifs pour tout $(x,y)\in \Omega$.

Conclusion. $\Omega$ est un ouvert convexe, $f$ y est de classe ${\mathcal{C}}^2$, $(1,1)$ en est un point critique, et le spectre de la hessienne est contenu dans ${\mathbb{R}}_{+}$ en tout point de $\Omega$. La condition suffisante d'extremum global s'applique : $f$ admet en $(1,1)$ un minimum global sur $\Omega$, de valeur $2$.

Le point de vigilance. L'hypothèse porte sur la hessienne en tout point, pas seulement au point critique. C'est ce qui distingue le résultat global du simple critère d'ordre $2$ — et c'est ici que la convexité de $\Omega$ sert : sur un ouvert en deux morceaux, la conclusion tomberait.