Aloha :)
Kandidaten für Extremwerte der Funktion$$f(x;y)=y^3-x^3+2xy-6$$finden wir dort, wo der Gradient verschwindet:$$0\stackrel!=\operatorname{grad}f(x;y)=\binom{-3x^2+2y}{3y^2+2x}$$
Aus der 1-ten Komponente nehmen wir \(2y=3x^2\) und ersetzen damit in der 2-ten Komponente das \(y\) durch \(\frac32x^2\), um \(x\) zu bestimmen:$$0=3y^2+2x=3\cdot\frac{9x^4}{4}+2x=\frac{27}{4}x^4+2x=\frac{27}{4}x\left(x^3+\frac{8}{27}\right)$$
Wir erkennen zwei Nullstellen \(x_1=0\;,\;x_2=-\frac{2}{3}\), berechnen mit \(y=\frac32x^2\) die zugehörigen \(y\)-Werte \(y_1=0\;,\;y_2=\frac23\) und haben zwei Extremwert-Kandidaten gefunden:$$(x_1|y_1)=(0|0)\quad;\quad(x_2|y_2)=\left(-\frac23\bigg|\frac23\right)$$
Zur weiteren Untersuchung überweisen wir die Patienten zu Professor Hesse:
$$H(x;y)=\begin{pmatrix}-6x & 2\\2 & 6y\end{pmatrix}\quad\implies\quad H_1(0;0)=\begin{pmatrix}0 & 2\\2 & 0\end{pmatrix}\;;\;H_2\left(-\frac23\bigg|\frac23\right)=\begin{pmatrix}4 & 2\\2 & 4\end{pmatrix}$$Die Eigenwerte von \(H_1\) finden wir schnell, denn \(\lambda_1+\lambda_2=0\) und \(\lambda_1\cdot\lambda_2=-4\), sodass \(\lambda_1=2\) und \(\lambda_2=-2\). Da die Eigenwerte unterschiedliches Vorzeichen haben, ist \(H_1\) indefinit und damit ist Kandidat 1 ein Sattelpunkt.
Die Eigenwerte von \(H_2\) finden wir ebenso schnell, denn \(\lambda_1+\lambda_2=8\) und \(\lambda_1\cdot\lambda_2=12\), sodass \(\lambda_1=6\) und \(\lambda_2=2\). Da alle Eigenwerte positiv sind, ist \(H_2\) positiv definit und der zweite Kandidat ist ein Minimum.
Wir fassen zusammen:$$\text{Sattelpunkt bei }(0|0)\quad;\quad\text{Minimum bei }\left(-\frac23\bigg|\frac23\right)$$
