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.

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