Correzione compito in classe

La parabola Γ ha vertice in O(0,0), asse di simmetria 
coincidente con l'asse x e concavità rivolta verso destra.
La parabola Γ' di equazione 
	

 
quindi l'asse di simmetria ha equazione
	

 
e vertice
	

 
Inoltre intercetta l'asse y nel punto
	


e passa effettivamente per A(1,1).
Questi elementi sono sufficienti per disegnarne il grafico.

L'altro punto B intersezione tra le due curve si determina 
risolvendo il sistema tra le due equazioni e quindi l'equazione 
	 y4-6y2+8y-3=0
Una soluzione è nota: l'ordinata di A. Anzi questa soluzione
dev'essere almeno doppia se si sfrutta l'informazione che le 
due curve sono tangenti in A.
Così il polinomio di 4° grado dev'essere divisibile per (y-1)2


y4
-6y2
+8y
-3
y2-2y+1
y4
-2y3
+y2
y2+2y-3
,,
+2y3
-7y2
+8y
-3
 
+2y3
-4y2
+2y
 
,,
-3y2
+6y
-3
 
,,
-3y2
+6y
-3
 
,,
,,
,,
,,
 


Inoltre  y2+2y-3=(y-1)(y+3)
e quindi
	y4-6y2+8y-3=(y-1)3(y+3)	
perciò
	B(9,3)
Poiché
AB: 	y-1=-(x-1)/2  → y=-x+3/2	
allora 
	P(x, -x+3/2)
e
	Q(x,√x)  Q'(x,-√x)
	S(-2,-x+3/2)
mentre  risolvendo
	


cioè
	


si trovano i punti 
	


da cui
	

La funzione è sempre positiva. Inoltre
	


e, dato che si tratta del rapporto di due polinomi con il 
denominatore di grado maggiore
	


Poiché
	


e
	


così la retta
	y=√2·x/2+2
è un asintoto obliquo.
La derivata
	


si annulla per  x=2

f'>0  --------++++++++++
f          \             /
              min.rel.     
con f(2)=4√2. Considerando i valori della funzione 
agli estremi dell'intervallo [0,+∞] nel quale è 
considerata, il min. rel. è minimo assoluto.
La derivata seconda
	


è sempre positiva e quindi la funzione ha sempre
concavità rivolta verso l'alto.