Parameterkrommen

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

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

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

\(x'(t)=-t^2+9\)
\(y'(t)=-2t-4\)

[Evenwijdig met de y-as, dus]
\(x'(t)=0\)
\(-t^2+9=0\)
\(t^2-9=0\)
\(t^2=9\)
\(t=-3∨t=3\)

\(y'(-3)=2≠0\text{,}\) dus voor \(t=-3\) is de baan evenwijdig aan de \(y\text{-}\)as in het punt \((-18, 3)\text{.}\)

\(y'(3)=-10≠0\text{,}\) dus voor \(t=3\) is de baan evenwijdig aan de \(y\text{-}\)as in het punt \((18, -21)\text{.}\)

\(x'(t)=-5t+5\)
\(y'(t)=6t^2-14\)

\(\overrightarrow{v}(-1)=\begin{pmatrix}x'(-1) \\ y'(-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}10 \\ -8\end{pmatrix}\)

\(\overrightarrow{v}(3)=\begin{pmatrix}x'(3) \\ y'(3)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-10 \\ 40\end{pmatrix}\)

\(\cos(\varphi )={\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}10 \\ -8\end{pmatrix}⋅\begin{pmatrix}-10 \\ 40\end{pmatrix}\end{vmatrix} \over \begin{vmatrix}\begin{pmatrix}10 \\ -8\end{pmatrix}\end{vmatrix}⋅\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}-10 \\ 40\end{pmatrix}\end{vmatrix}}={420 \over \sqrt{164}⋅\sqrt{1\,700}}\)

\(\varphi =\cos^{-1}({420 \over \sqrt{164}⋅\sqrt{1\,700}})≈37{,}3\degree\)

\(x'(t)=t+2\)
\(y'(t)=-3t^2+4\)

\(t=-3\) geeft het punt \((-1\frac{1}{2}, 15)\text{.}\)

[Voor de richtingsvector van \(l\) geldt]
\(\overrightarrow{r}_l=\overrightarrow{v}(-3)=\begin{pmatrix}x'(-3) \\ y'(-3)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 \\ -23\end{pmatrix}\text{.}\)

[Hieruit volgt]
\(\overrightarrow{n}_l=\begin{pmatrix}23 \\ -1\end{pmatrix}\text{,}\) dus \(l{:}\,23x-y=c\text{.}\)

\(\begin{rcases}l{:}\,23x-y=c \\ \text{door }(-1\frac{1}{2}, 15)\end{rcases}\begin{matrix}c=23⋅-1\frac{1}{2}-1⋅15=-49\frac{1}{2}\end{matrix}\)
Dus een vergelijking van de raaklijn is \(l{:}\,x-23y=-49\frac{1}{2}\text{.}\)

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

[Oplossen geeft]
\(t(2t^2-2)=0\)
\(t=0∨2t^2-2=0\)
\(t=0∨t^2-1=0\)
\(t=0∨t^2=1\)
\(t=0∨t=-1∨t=1\)

[De snijpunten met de \(x\text{-}\)as zijn dan]
\(t=0\) geeft \(x(0)=0\text{,}\) dus \((0, 0)\)
\(t=-1\) geeft \(x(-1)=-8\text{,}\) dus \((-8, 0)\)
\(t=1\) geeft \(x(1)=4\text{,}\) dus \((4, 0)\)

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

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

[De snijpunten met de \(y\text{-}\)as zijn dan]
\(t=0\) geeft \(y(0)=0\text{,}\) dus \((0, 0)\)
\(t=-4\) geeft \(y(-4)=-28\text{,}\) dus \((0, -28)\)

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

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

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