Un minimum global démontré à la main

Le point critique. $f$ est polynomiale, donc de classe ${\mathcal{C}}^1$, et ${\partial }_{1}f=2x+y-3$, ${\partial }_{2}f=x+2y-3$. Le gradient s'annule quand $2x+y=3$ et $x+2y=3$ ; en soustrayant, $x=y$, puis $3x=3$. L'unique point critique est $(1,1)$, où $f(1,1)=-3$.

Le changement de variable. Posons $a=x-1$ et $b=y-1$. En développant $(1+a{)}^2+(1+a)(1+b)+(1+b{)}^2-3(1+a)-3(1+b)$, les termes constants donnent $-3$, ceux de degré $1$ donnent $(2a+a-3a)+(b+2b-3b)=0$ — ils disparaissent précisément parce que $(1,1)$ est point critique — et il reste $$f(1+a,1+b)=-3+(a^2+ab+b^2).$$

La forme du reste. On complète le carré : $$a^2+ab+b^2={\left(a+\frac{b}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}{b}^2⩾0,$$ somme de deux carrés. Elle est nulle si et seulement si $b=0$ (deuxième terme) puis $a=0$ (premier terme).

Conclusion. Pour tout $(x,y)\in {\mathbb{R}}^2$, $f(x,y)⩾-3=f(1,1)$, avec égalité seulement en $(1,1)$ : $f$ atteint en $(1,1)$ un minimum global, et il est strict.

Le point à retenir. La condition d'ordre $1$ n'a fourni qu'un candidat ; c'est la mise sous forme de somme de carrés qui a tranché, et elle a donné davantage que le critère du chapitre 10 : non seulement un extremum local, mais un minimum global, valable sur ${\mathbb{R}}^2$ tout entier.