Parameterkrommen

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

[Evenwijdig met de x-as, dus]
\(y'(t)=0\)
\(-\frac{1}{2}t+1=0\)
\(-\frac{1}{2}t=-1\)
\(t=2\)

\(x'(2)=0\text{,}\) dus voor \(t=2\) heeft de baan een keerpunt in het punt \((10\frac{2}{3}, 1)\text{.}\) In de figuur is te zien dat de baan in het keerpunt niet evenwijdig is met de \(x\text{-}\)as.

\(x'(t)=7t^2-7\)
\(y'(t)=-6t-6\)

[Evenwijdig met de y-as, dus]
\(x'(t)=0\)
\(7t^2-7=0\)
\(t^2-1=0\)
\(t^2=1\)
\(t=-1∨t=1\)

\(y'(-1)=0\text{,}\) dus voor \(t=-1\) heeft de baan een keerpunt in het punt \((4\frac{2}{3}, 3)\text{.}\) In de figuur is te zien dat de baan in het keerpunt niet evenwijdig is met de \(y\text{-}\)as.

\(y'(1)=-12≠0\text{,}\) dus voor \(t=1\) is de baan evenwijdig aan de \(y\text{-}\)as in het punt \((-4\frac{2}{3}, -9)\text{.}\)

\(x'(t)=5t+5\)
\(y'(t)=t^2-4\)

\(\overrightarrow{v}(-4)=\begin{pmatrix}x'(-4) \\ y'(-4)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-15 \\ 12\end{pmatrix}\)

\(\overrightarrow{v}(2)=\begin{pmatrix}x'(2) \\ y'(2)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}15 \\ 0\end{pmatrix}\)

\(\cos(\varphi )={\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}-15 \\ 12\end{pmatrix}⋅\begin{pmatrix}15 \\ 0\end{pmatrix}\end{vmatrix} \over \begin{vmatrix}\begin{pmatrix}-15 \\ 12\end{pmatrix}\end{vmatrix}⋅\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}15 \\ 0\end{pmatrix}\end{vmatrix}}={225 \over \sqrt{369}⋅\sqrt{225}}\)

\(\varphi =\cos^{-1}({225 \over \sqrt{369}⋅\sqrt{225}})≈38{,}7\degree\)

\(x'(t)=2\frac{1}{2}t-5\)
\(y'(t)=-4t^2+12\)

\(t=1\) geeft het punt \((-3\frac{3}{4}, 10\frac{2}{3})\text{.}\)

[Voor de richtingsvector van \(l\) geldt]
\(\overrightarrow{r}_l=\overrightarrow{v}(1)=\begin{pmatrix}x'(1) \\ y'(1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\frac{1}{2} \\ 8\end{pmatrix}\text{.}\)

[Hieruit volgt]
\(\overrightarrow{n}_l=\begin{pmatrix}8 \\ 2\frac{1}{2}\end{pmatrix}\text{,}\) dus \(l{:}\,8x+2\frac{1}{2}y=c\text{.}\)

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

Snijpunt met de \(x\text{-}\)as betekent \(y(t)=0\text{,}\) dit geeft
\(-2t^3+8t=0\)

[Oplossen geeft]
\(t(-2t^2+8)=0\)
\(t=0∨-2t^2+8=0\)
\(t=0∨t^2-4=0\)
\(t=0∨t^2=4\)
\(t=0∨t=-2∨t=2\)

[De snijpunten met de \(x\text{-}\)as zijn dan]
\(t=0\) geeft \(x(0)=0\text{,}\) dus \((0, 0)\)
\(t=-2\) geeft \(x(-2)=2\text{,}\) dus \((2, 0)\)
\(t=2\) geeft \(x(2)=-10\text{,}\) dus \((-10, 0)\)

Snijpunt met de \(y\text{-}\)as betekent \(x(t)=0\text{,}\) dit geeft
\(-3t^2+6t=0\)

[Oplossen geeft]
\(t^2-2t=0\)
\(t(t-2)=0\)
\(t=0∨t=2\)

[De snijpunten met de \(y\text{-}\)as zijn dan]
\(t=0\) geeft \(y(0)=0\text{,}\) dus \((0, 0)\)
\(t=2\) geeft \(y(2)=12\text{,}\) dus \((0, 12)\)

[Oplossen van \(x(t)=-7\frac{1}{2}\) geeft]
\(-2\frac{1}{2}t^2-5t=-7\frac{1}{2}\)
\(-2\frac{1}{2}t^2-5t+7\frac{1}{2}=0\)
\(t^2+2t-3=0\)
\((t+3)(t-1)=0\)
\(t=-3∨t=1\)

\(y(-3)=12\text{,}\) dus \(t=-3\) geeft het punt \((-7\frac{1}{2}, 12)\text{.}\)

\(y(1)=12\text{,}\) dus \(t=1\) geeft ook het punt \((-7\frac{1}{2}, 12)\text{,}\) dus de baan snijdt zichzelf in dat punt.