Parameterkrommen

\(x'(t)=t+1\)
\(y'(t)=5t^2-5\)

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

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

\(x'(t)=4t+8\)
\(y'(t)=t^2-1\)

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

\(x'(-1)=4≠0\text{,}\) dus voor \(t=-1\) is de baan evenwijdig aan de \(x\text{-}\)as in het punt \((-6, \frac{2}{3})\text{.}\)

\(x'(1)=12≠0\text{,}\) dus voor \(t=1\) is de baan evenwijdig aan de \(x\text{-}\)as in het punt \((10, -\frac{2}{3})\text{.}\)

\(x'(t)=2\frac{1}{2}t-5\)
\(y'(t)=-t^2+7\)

\(\overrightarrow{v}(-1)=\begin{pmatrix}x'(-1) \\ y'(-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-7\frac{1}{2} \\ 6\end{pmatrix}\)

\(\overrightarrow{v}(5)=\begin{pmatrix}x'(5) \\ y'(5)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7\frac{1}{2} \\ -18\end{pmatrix}\)

\(\cos(\varphi )={\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}-7\frac{1}{2} \\ 6\end{pmatrix}⋅\begin{pmatrix}7\frac{1}{2} \\ -18\end{pmatrix}\end{vmatrix} \over \begin{vmatrix}\begin{pmatrix}-7\frac{1}{2} \\ 6\end{pmatrix}\end{vmatrix}⋅\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}7\frac{1}{2} \\ -18\end{pmatrix}\end{vmatrix}}={164{,}25 \over \sqrt{92\frac{1}{4}}⋅\sqrt{380\frac{1}{4}}}\)

\(\varphi =\cos^{-1}({164{,}25 \over \sqrt{92\frac{1}{4}}⋅\sqrt{380\frac{1}{4}}})≈28{,}7\degree\)

\(x'(t)=-3t^2+4\)
\(y'(t)=2\frac{1}{2}t+5\)

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

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

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

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

Snijpunt met de \(x\text{-}\)as betekent \(y(t)=0\text{,}\) dit geeft
\(3t^3-12t=0\)

[Oplossen geeft]
\(t(3t^2-12)=0\)
\(t=0∨3t^2-12=0\)
\(t=0∨t^2-4=0\)
\(t=0∨t^2=4\)
\(t=0∨t=-2∨t=2\)

[De snijpunten met de \(x\text{-}\)as zijn dan]
\(t=0\) geeft \(x(0)=0\text{,}\) dus \((0, 0)\)
\(t=-2\) geeft \(x(-2)=24\text{,}\) dus \((24, 0)\)
\(t=2\) geeft \(x(2)=0\text{,}\) dus \((0, 0)\)

Snijpunt met de \(y\text{-}\)as betekent \(x(t)=0\text{,}\) dit geeft
\(1\frac{1}{2}t^2+3t=0\)

[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 \(y(-2)=0\text{,}\) dus \((0, 0)\)

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

\(y(-\frac{1}{2})=-6\frac{2}{3}\text{,}\) dus \(t=-\frac{1}{2}\) geeft het punt \((1\frac{1}{4}, -6\frac{2}{3})\text{.}\)

\(y(2\frac{1}{2})=-6\frac{2}{3}\text{,}\) dus \(t=2\frac{1}{2}\) geeft ook het punt \((1\frac{1}{4}, -6\frac{2}{3})\text{,}\) dus de baan snijdt zichzelf in dat punt.