Aloha :)
Die kritischen Punkte der Funktion$$f(x;y)=4+x^3+y^3-3xy$$findest du dort, wo der Gradient verschwindet:$$\binom{0}{0}\stackrel!=\operatorname{grad}f(x;y)=\binom{3x^2-3y}{3y^2-3x}=3\binom{x^2-y}{y^2-x}\implies y=x^2\;\land\;x=y^2$$
Für \(x\) bedeutet dies \((x=y^2=(x^2)^2=x^4)\). Wenn wir die triviale Lösung \(x=0\) rausnehmen, können wir beide Seiten durch \(x\) dividieren \((1=x^3)\) und erhalten \(x=1\) als weitere Lösung.
Für \((x=0)\) ist \((y=0)\) klar. Für \((x=1)\) folgt \((y=x^2=1)\).
Damit haben wir 2 Kandidaten\(\quad K_1(0|0)\quad;\quad K_2(1|1)\)
Zur Prüfung der Kandidaten setzen wir sie in die Hesse-Matrix$$H(x;y)=\left(\begin{array}{rr}6x & -3\\-3 & 6y\end{array}\right)$$und erhalten für \(K_1(0|0)\) eine indefinite Matrix, denn:$$H(0;0)=\left(\begin{array}{rr}0 & -3\\-3 & 0\end{array}\right)\quad\text{hat die Eigenwerte }\pm3$$und für \(K_2(1|1)\) eine positiv definite Matrix, denn$$H(1;1)=\left(\begin{array}{rr}6 & -3\\-3 & 6\end{array}\right)\quad\text{hat die Eigenwerte }3\;;9$$
Daher liegt nur bei \(K_2(1|1)\) ein Extermum vor, und zwar ein lokales Minimum.
