La fonction $f$ est de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur l’ouvert ${ℝ}^2$: ses extremums sont des points critiques. Recherchons les points critiques de $f$.

Pour $(x,y)\in {ℝ}^2$,

Les points critiques de $f$ sont $(\mathrm{0,0}),(\mathrm{1,1})$ et $(-1,-1)$.

La matrice hessienne de $f$ en $(x,y)$ est

Étude en $(\mathrm{0,0})$.

La matrice hessienne en $(\mathrm{0,0})$ est

Le déterminant est strictement négatif, il n’y a pas d’extremum en $(\mathrm{0,0})$.

Étude en $(\mathrm{1,1})$.

La matrice hessienne en $(\mathrm{1,1})$ est

Le déterminant est strictement positif et la trace aussi, il y a un minimum local strict en $(\mathrm{1,1})$.

Étude en $(-1,-1)$

On parvient à la même conclusion et l’on peut même remarquer $f(-x,-y)=f(x,y)$.

Enfin, on observe

Les minimums en $(\mathrm{1,1})$ et $(-1,-1)$ sont des minimums globaux.

• (a)

  $f$ est définie et de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ avec

  $$f^{\prime }(t)=1-\frac{1}{t}+\frac{1}{t^2}=\frac{t^2-t+1}{t^2}>0$$

  La fonction $f$ est strictement croissante sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.

• (b)

  On remarque $f(1)=0$. Ainsi, $t=1$ est solution de l’équation et c’est la seule car $f$ est strictement croissante.

• (c)

  La fonction $g$ est de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur l’ouvert $\mathrm{\Omega }={]0;+\mathrm{\infty }[}^2$. Recherchons ses points critiques.

  	$\{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}}(x,y)& =0\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial y}}(x,y)& =0\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$	$\iff \{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill \ln (y)-{\displaystyle \frac{y}{x}}& =0\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill {\displaystyle \frac{x}{y}}-\ln (x)& =0\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$
  		$\iff \{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill f\left({\displaystyle \frac{x}{y}}\right)& =0\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill {\displaystyle \frac{x}{y}}-\ln (x)& =0\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$
  		$\iff \{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill x& =y\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill x& =\mathrm{e}\text{.}\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$

  On conclut que $(\mathrm{e},\mathrm{e})$ est le seul point critique.

  La matrice hessienne de $g$ en $(x,y)$ est

  $$H_g(x,y)=\left(\begin{array}{cc}\hfill y/x^2\hfill & \hfill 1/y-1/x\hfill \\ \hfill 1/y-1/x\hfill & \hfill -x/y^2\hfill \end{array}\right)$$

  La matrice hessienne de $g$ en $(\mathrm{e},\mathrm{e})$ est

  $$H_g(\mathrm{e},\mathrm{e})=\left(\begin{array}{cc}\hfill 1/\mathrm{e}\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill -1/\mathrm{e}\hfill \end{array}\right)$$

  Les deux valeurs propres sont de signes stricts opposés, la fonction $g$ ne présente pas d’extremum local en $(\mathrm{e},\mathrm{e})$.

  

La fonction $f$ est de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur l’ouvert ${ℝ}^2$.

Déterminons ses points critiques. Pour $(x,y)\in {ℝ}^2$,

On obtient trois points critiques: $(\mathrm{0,0})$, $(\sqrt{2},-\sqrt{2})$ et $(-\sqrt{2},\sqrt{2})$.

La matrice hessienne de $f$ en $(x,y)$ est

Étude en $(\mathrm{0,0})$.

La matrice hessienne de $f$ en $(\mathrm{0,0})$ est

Son déterminant est nul, on ne peut pas conclure à partir de celle-ci. Cependant, $f(\mathrm{0,0})=0$ et l’on remarque

Il n’y a pas d’extremum local en $(\mathrm{0,0})$.

Étude en $(\sqrt{2},-\sqrt{2})$.

La matrice hessienne de $f$ en $(\sqrt{2},-\sqrt{2})$ est

Celle-ci est de déterminant strictement positif et de trace strictement positive, la fonction $f$ présente un minimum local en $(\sqrt{2},-\sqrt{2})$.

Plus précisément,

Ainsi, $(\sqrt{2},-\sqrt{2})$ est un minimum global.

Étude en $(-\sqrt{2},\sqrt{2})$.

C’est identique et d’ailleurs on peut remarquer que $f(x,y)=f(y,x)$.