Aloha :)
zu a) Die kritischen Punkte findest du immer dort, wo der Gradient verschwindet.
$$\operatorname{grad}\left(x^3-y^3-xy\right)=\binom{3x^2-y}{-3y^2-x}\stackrel!=\binom{0}{0}\implies\left\{\begin{array}{l}y=3x^2\\x=-3y^2\end{array}\right.$$Wegen der Quadrate ist klar, dass \(y\ge0\) und \(x\le0\) gelten muss.
$$y=3x^2=3(-3y^2)^2=27y^4\implies 27y^4-y=0\implies y((3y)^3-1)=0$$Damit sind \((y=0)\) oder \((y=\frac13)\) mögliche Lösungen.
Wegen \(x=-3y^2\) gibt es also zwei kritische Punkte:$$K_1\left(0\big|0\right)\quad;\quad K_2\left(-\frac13\bigg|\frac13\right)$$
zu b) Hier wieder dasselbe Vorgehen,
$$\operatorname{grad}\left((x+y)e^{-(x^2+y^2)}\right)=e^{-(x^2+y^2)}\binom{1-2x^2-2xy}{1-2xy-2y^2}\stackrel!=\binom{0}{0}\implies\left\{\begin{array}{l}\frac12=x^2+xy\\[1ex]\frac12=y^2+xy\end{array}\right.$$Die Exponentialfunktion als Vorfaktor spielt hier keine Rolle, da sie immer positiv ist.
Wir subtrahieren die beiden Gleichungen und finden:$$0=(x^2+xy)-(y^2+xy)=x^2-y^2=(x-y)(x+y)\implies y=\pm x$$
Wir addieren die beiden Gleichungen und finden:$$1=(x^2+xy)+(y^2+xy)=x^2+2xy+y^2=(x+y)^2\implies(x+y)^2=1$$
Für den Fall \(x=-y\) ist die zweite Gleichung \((0^2=1)\) nicht erfüllbar, also muss \(x=y\) gelten. Das setzen wir in die zweite Gleichung ein und erhalten:$$1=(x+x)^2=(2x)^2=4x^2\implies x^2=\frac14\implies x=\pm\frac12$$
Das liefert uns schließlich zwei kritische Punkte:$$ K_1\left(-\frac12\bigg|-\frac12\right)\quad;\quad K_2\left(\frac12\bigg|\frac12\right)$$
