Aloha :)
Ich schreibe \((x;y)\) an Stelle von \((x_1;x_2)\), um mir Inidizes zu sparen:$$f(x;y)=\frac{y^3}{3}+\frac{x^2}{2}-\frac{3y^2}{2}-x+2y+4$$
Die stationären Punkte von \(f\) finden wir dort, wo der Gradient verschwindet:$$0\stackrel!=\frac{\partial f}{\partial x}=x-1\quad;\quad0\stackrel!=\frac{\partial f}{\partial y}=y^2-3y+2=(y-2)(y-1)$$Wir erkennen zwei kritische Punkte:$$K_1(1|1)\quad;\quad K_2(1|2)$$
Zur Klassifizierung dieser Punkte benötigen wir die Hesse-Matrix, bestehend aus den 2-ten parteillen Ableitungen:$$H(x;y)=\left(\begin{array}{cc}\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} & \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}\\\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y} & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1 & 0\\0 & 2y-3\end{array}\right)$$
Da die Hesse-Matrix nur auf der Hauptdiagonalen von \(0\) verschiedene Einträge hat, sind diese auch die Eigenwerte der Matrix.
Für den Kandidaten \(K_1(1|1)\) erhalten wir daher die Eigenwerte \(1\) und \((-1)\). Sie haben unterschiedliche Vorzeichen, sodass die Hesse-Matrix indefinit ist. Kandidat \(K_1(1|1)\) ist ein Sattelpunkt.
Für den Kandidaten \(K_2(1|2)\) erhalten wir den doppelten Eigenwert \(1\). Alle Eigenwerte sind also positiv und die Hesse-Matrix ist positiv definit. Daher ist \(K_2(1|2)\) ein lokales Minimum.
Der Funktionswert beim lokalen Minimum ist \(f(1|2)=\frac{25}{6}\). Er ist größer als der Funktionswert \(f(0|0)=4\). Daher handelt es sich bei \(K_2\) nicht um ein globales Minimum.
