Les dérivées partielles de $g(x, y)$ sont :

$\frac{\partial f}{\partial x} = y+3x^2y^2$ $\frac{\partial g}{\partial y} = x+2x^3y$

Ainsi, recherchons les points critiques, c’est-à-dire vérifiant $\frac{\partial g}{\partial x} (x,y)=\frac{\partial g}{\partial y} (x;y)=0$ .
Nous obtenons alors que $y(1+3x^2y)=0$ et $x(1+2x^2y^2)=0$ .

Raisonnons alors par disjonction des cas: si $y=0$ (1ere équation), alors nécessairement $x=0$ (seconde équation).
Si $1+3x^2y=0$ , alors si $x=0$ ce qui est absurde ( $1=0$ ), soit c’est $1+2x^2y=0$ . Cela conduit alors à $x^2y=0$ , d’où $x=0$ ou $y=0$ , ce qui est ici absurde (hypothèse $1+3x^2y=0$ ).

Nous en déduisons donc que l’unique point critique de la fonction $g$ est le point $(0;0)$ .

Reste à étudier si ce point est un extrémum local ou non. Pour ce faire, calculons la Hessienne de cette fonction. Nous obtenons:

$H(x,y) = \begin{bmatrix} \frac{\partial^2 g}{\partial x^2} & \frac{\partial^2 g}{\partial x \partial y} \\ \frac{\partial^2 g}{\partial y \partial x} & \frac{\partial^2 g}{\partial y^2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 6xy^2 & 1+6x^2y \\ 1+6xy & 2x^3 \end{bmatrix}$

Ainsi, l’évaluation de la Hessienne au point critique $(0,0)$ donne $H(0,0)=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1&0\end{pmatrix}$ . Son déterminant est négatif, d’où $(0,0)$ est un point selle. La fonction $g$ n’admet donc ni minimum ni maximum local.

Pour le point $A$ , nous obtenons alors $H(-1;1)= \begin{pmatrix} 10 & 0 \\ 0 & -2\end{pmatrix}$ de déterminant $-20$ . Ainsi, le déterminant étant négatif, $A$ est un point selle.

Pour le point $B$ , nous obtenons $H(2/3;1) = \begin{pmatrix} -10 & 0 \\ 0 & -2\end{pmatrix}$ , de déterminant $20>0$ donc cette fonction admet un extrémum en $B$ . Comme $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}<0$ , nous en déduisons que c’est un maximum.

Diagramme TikZ 2

Fonction deux variables