Parameterkrommen

\(x'(t) = 3 t^{2} - 3\)
\(y'(t) = t - 1\)

[Evenwijdig met de x-as, dus]
\(y'(t) = 0\)
\(1 t + -1 = 0\)
\(1 t = 1\)

\(x'(1) = 0 \text{,}\) dus voor \(t = 1\) heeft de baan een keerpunt in het punt \((-2 , -\frac{1}{2}) \text{.}\) In de figuur is te zien dat de baan in het keerpunt niet evenwijdig is met de \(x \text{-}\)as.

\(x'(t) = 8 t^{2} - 2\)
\(y'(t) = -6 t + 6\)

[Evenwijdig met de y-as, dus]
\(x'(t) = 0\)
\(8 t^{2} + 0 t + -2 = 0\)
\(4 t^{2} + 0 t + -1 = 0\)
\(4 t^{2} = 1\)
\(t^{2} = {1 \over 4}\)
\(t = {-1 \over 2} ∨ t = {1 \over 2}\)

\(y'({-1 \over 2}) = 9 ≠ 0 \text{,}\) dus voor \(t = {-1 \over 2}\) is de baan evenwijdig aan de \(y \text{-}\)as in het punt \((\frac{2}{3} , -3\frac{3}{4}) \text{.}\)

\(y'({1 \over 2}) = 3 ≠ 0 \text{,}\) dus voor \(t = {1 \over 2}\) is de baan evenwijdig aan de \(y \text{-}\)as in het punt \((-\frac{2}{3} , 2\frac{1}{4}) \text{.}\)

\(x'(t) = \frac{1}{2} t + 1\)
\(y'(t) = -t^{2} + 7\)

\(\overrightarrow{v} (-5) = \begin{pmatrix}x'(-5) \\ y'(-5)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\frac{1}{2} \\ -18\end{pmatrix}\)

\(\overrightarrow{v} (1) = \begin{pmatrix}x'(1) \\ y'(1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\frac{1}{2} \\ 6\end{pmatrix}\)

\(\cos(\varphi ) = {\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}-1\frac{1}{2} \\ -18\end{pmatrix} ⋅ \begin{pmatrix}1\frac{1}{2} \\ 6\end{pmatrix}\end{vmatrix} \over \begin{vmatrix}\begin{pmatrix}-1\frac{1}{2} \\ -18\end{pmatrix}\end{vmatrix} ⋅ \begin{vmatrix}\begin{pmatrix}1\frac{1}{2} \\ 6\end{pmatrix}\end{vmatrix}} = {110{,}25 \over \sqrt{326\frac{1}{4}} ⋅ \sqrt{38\frac{1}{4}}}\)

\(\varphi = \cos^{-1}({110{,}25 \over \sqrt{326\frac{1}{4}} ⋅ \sqrt{38\frac{1}{4}}}) ≈ 9{,}3\degree\)

\(x'(t) = -3\frac{1}{2} t + 7\)
\(y'(t) = 2 t^{2} - 8\)

\(t = -1\) geeft het punt \((-8\frac{3}{4} , 7\frac{1}{3}) \text{.}\)

[Voor de richtingsvector van \(l\) geldt]
\(\overrightarrow{r}_{l} = \overrightarrow{v} (-1) = \begin{pmatrix}x'(-1) \\ y'(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}10\frac{1}{2} \\ -6\end{pmatrix} \text{.}\)

[Hieruit volgt]
\(\overrightarrow{n}_{l} = \begin{pmatrix}6 \\ 10\frac{1}{2}\end{pmatrix} \text{,}\) dus \(l{:}\,6 x + 10\frac{1}{2} y = c \text{.}\)

\(\begin{rcases}l{:}\,6 x + 10\frac{1}{2} y = c \\ \text{door } (-8\frac{3}{4} , 7\frac{1}{3})\end{rcases} \begin{matrix}c = 6 ⋅ -8\frac{3}{4} + 10\frac{1}{2} ⋅ 7\frac{1}{3} = 24\frac{1}{2}\end{matrix}\)
Dus een vergelijking van de raaklijn is \(l{:}\,10\frac{1}{2} x + 6 y = 24\frac{1}{2} \text{.}\)

Snijpunt met de \(x \text{-}\)as betekent \(y(t) = 0 \text{,}\) dit geeft
\(-2\frac{1}{4} t^{2} - 9 t = 0\)

[Oplossen geeft]
\(1 t^{2} + 4 t + 0 = 0\)
\(t (1 t + 4) = 0\)
\(t = 0 ∨ t = -4\)

[De snijpunten met de \(x \text{-}\)as zijn dan]
\(t = 0\) geeft \(x(0) = 0 \text{,}\) dus \((0 , 0)\)
\(t = -4\) geeft \(x(-4) = 48 \text{,}\) dus \((48 , 0)\)

Snijpunt met de \(y \text{-}\)as betekent \(x(t) = 0 \text{,}\) dit geeft
\(-\frac{1}{3} t^{3} + 3 t = 0\)

[Oplossen geeft]
\(t ({-1 \over 3} t^{2} + 0 t + 3) = 0\)
\(t = 0 ∨ {-1 \over 3} t^{2} + 0 t + 3 = 0\)
\(t = 0 ∨ 1 t^{2} + 0 t + -9 = 0\)
\(t = 0 ∨ 1 t^{2} = 9\)
\(t = 0 ∨ t = -3 ∨ t = 3\)

[De snijpunten met de \(y \text{-}\)as zijn dan]
\(t = 0\) geeft \(y(0) = 0 \text{,}\) dus \((0 , 0)\)
\(t = -3\) geeft \(y(-3) = -3 \text{,}\) dus \((0 , -3)\)
\(t = 3\) geeft \(y(3) = -15 \text{,}\) dus \((0 , -15)\)

[Oplossen van \(x(t) = 3\frac{3}{4}\) geeft]
\(3 t^{2} + 6 t = 3\frac{3}{4}\)
\(3 t^{2} + 6 t + {-15 \over 4} = 0\)
\(4 t^{2} + 8 t + -5 = 0\)
\(D = 8^{2} - 4 ⋅ 4 ⋅ -5 = 144\)
\(t = {-8 - \sqrt{144} \over 2 ⋅ 4} ∨ t = {-8 + \sqrt{144} \over 2 ⋅ 4}\)
\(t = {-5 \over 2} ∨ t = {1 \over 2}\)

\(y(-2\frac{1}{2}) = 3\frac{1}{3} \text{,}\) dus \(t = -2\frac{1}{2}\) geeft het punt \((3\frac{3}{4} , 3\frac{1}{3}) \text{.}\)

\(y(\frac{1}{2}) = 3\frac{1}{3} \text{,}\) dus \(t = \frac{1}{2}\) geeft ook het punt \((3\frac{3}{4} , 3\frac{1}{3}) \text{,}\) dus de baan snijdt zichzelf in dat punt.