Soit $f(x,y)=x^2+xy+y^2+\frac{1}{4}x^3$ , calculons la jacobienne de $f$ : $Df(x,y)=(2x+y+\frac{3}{4}x^2, x+2y).$ Les points critiques de $f$ vérifient $Df(x,y)=0$ et par conséquent vérifient les équations $2x+y+\frac{3}{4}x^2=0$ et $x+2y=0$ . Par conséquent $f$ admet deux points critiques $(0,0)$ et $(-2,1)$ . Pour savoir si ces points critiques sont des extrémums de $f$ , il faut étudier la hessienne de $f$ : $Hess_f(x,y)= \left( \begin{array}{cc} 2+\frac{3}{2}x & 1 \\ 1 & 2 \end{array}\right)$ et ses valeurs propres. Au point $(0,0)$ , $Hess_f(0,0)= \left( \begin{array}{cc} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{array}\right)$ a pour polynôme caractéristique $P(\lambda)=(1-\lambda)(3-\lambda)$ et ses deux valeurs propres sont strictement positive. La fonction $f$ admet donc un minimum local au point $(0,0)$ . Ce minimum n’est pas globale car $f(0,0)=0$ et $f$ prend des valeurs négatives pour $y=0$ et $x$ qui tend vers $-\infty$ .

Au point $(-2,1)$ , $Hess_f(0,0)= \left( \begin{array}{cc} -1 & 1 \\ 1 & 2 \end{array}\right)$ a pour polynôme caractéristique $P(\lambda)=\lambda^2-\lambda-3$ . On peut alors soit calculer les valeurs propres soit remarquer que le determinant de la hessienne est égal au produit des deux valeurs propres (ici $-3$ ) et celles-ci sont donc non nulles et de signe contraire. Par conséquent le point $(-2,1)$ est point selle de $f$ . ce n’est pas un extremum.

exo7 2554