Recherche des extrema libres de $f(x,y)=x^3+y^3-3xy$

1. Recherche des points critiques : Les dérivées partielles premières sont : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=3x^2-3y,\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=3y^2-3x.$$ Le système de gradient nul s'écrit : $$\{\begin{array}{l}{x}^2=y\\ y^2=x\end{array}⟹x^4=x⟺x(x^3-1)=0⟺x(x-1)(x^2+x+1)=0.$$ Les seules solutions réelles sont $x=0$ (qui donne $y=0$) et $x=1$ (qui donne $y=1$). Il y a donc deux points critiques : $A(0,0)$ et $B(1,1)$.

2. Dérivées secondes et matrice hessienne : $$r=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}(x,y)=6x,s=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)=-3,t=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}(x,y)=6y.$$

• Au point $A(0,0)$ : $r=0,s=-3,t=0⟹rt-s^2=0-(-3{)}^2=-9<0$. Le déterminant hessien étant strictement négatif, le point $A(0,0)$ est un point col / point selle (pas d'extremum local).
• Au point $B(1,1)$ : $r=6,s=-3,t=6⟹rt-s^2=6\times 6-(-3{)}^2=36-9=27>0$. Comme $rt-s^2>0$ et $r=6>0$, la matrice hessienne ${\mathcal{H}}_f(B)=\left(\begin{array}{cc}6& -3\\ -3& 6\end{array}\right)$ est définie positive. La fonction $f$ admet donc un minimum local strict en $B(1,1)$, avec la valeur minimale locale $f(1,1)=1+1-3=-1$.