Parameterkrommen

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

[Evenwijdig met de x-as, dus]
\(y'(t) = 0\)
\(-3 t + -3 = 0\)
\(-3 t = 3\)
\(t = -1\)

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

\(x'(t) = -3 t^{2} + 12\)
\(y'(t) = -3\frac{1}{2} t + 7\)

[Evenwijdig met de y-as, dus]
\(x'(t) = 0\)
\(-3 t^{2} + 0 t + 12 = 0\)
\(1 t^{2} + 0 t + -4 = 0\)
\(1 t^{2} = 4\)
\(t = -2 ∨ t = 2\)

\(y'(-2) = 14 ≠ 0 \text{,}\) dus voor \(t = -2\) is de baan evenwijdig aan de \(y \text{-}\)as in het punt \((-16 , -21) \text{.}\)

\(y'(2) = 0 \text{,}\) dus voor \(t = 2\) heeft de baan een keerpunt in het punt \((16 , 7) \text{.}\) In de figuur is te zien dat de baan in het keerpunt niet evenwijdig is met de \(y \text{-}\)as.

\(x'(t) = -8 t^{2} + 14\)
\(y'(t) = 6 t - 6\)

\(\overrightarrow{v} (-\frac{1}{2}) = \begin{pmatrix}x'(-\frac{1}{2}) \\ y'(-\frac{1}{2})\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}12 \\ -9\end{pmatrix}\)

\(\overrightarrow{v} (2\frac{1}{2}) = \begin{pmatrix}x'(2\frac{1}{2}) \\ y'(2\frac{1}{2})\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-36 \\ 9\end{pmatrix}\)

\(\cos(\varphi ) = {\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}12 \\ -9\end{pmatrix} ⋅ \begin{pmatrix}-36 \\ 9\end{pmatrix}\end{vmatrix} \over \begin{vmatrix}\begin{pmatrix}12 \\ -9\end{pmatrix}\end{vmatrix} ⋅ \begin{vmatrix}\begin{pmatrix}-36 \\ 9\end{pmatrix}\end{vmatrix}} = {513 \over \sqrt{225} ⋅ \sqrt{1\,377}}\)

\(\varphi = \cos^{-1}({513 \over \sqrt{225} ⋅ \sqrt{1\,377}}) ≈ 22{,}8\degree\)

\(x'(t) = -5 t^{2} + 15\)
\(y'(t) = -4\frac{1}{2} t + 9\)

\(t = -2\) geeft het punt \((-16\frac{2}{3} , -27) \text{.}\)

[Voor de richtingsvector van \(l\) geldt]
\(\overrightarrow{r}_{l} = \overrightarrow{v} (-2) = \begin{pmatrix}x'(-2) \\ y'(-2)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-5 \\ 18\end{pmatrix} \text{.}\)

[Hieruit volgt]
\(\overrightarrow{n}_{l} = \begin{pmatrix}18 \\ 5\end{pmatrix} \text{,}\) dus \(l{:}\,18 x + 5 y = c \text{.}\)

\(\begin{rcases}l{:}\,18 x + 5 y = c \\ \text{door } (-16\frac{2}{3} , -27)\end{rcases} \begin{matrix}c = 18 ⋅ -16\frac{2}{3} + 5 ⋅ -27 = -435\end{matrix}\)
Dus een vergelijking van de raaklijn is \(l{:}\,18 x + 5 y = -435 \text{.}\)

Snijpunt met de \(x \text{-}\)as betekent \(y(t) = 0 \text{,}\) dit geeft
\(-t^{3} + 4 t = 0\)

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

[De snijpunten met de \(x \text{-}\)as zijn dan]
\(t = 0\) geeft \(x(0) = 0 \text{,}\) dus \((0 , 0)\)
\(t = -2\) geeft \(x(-2) = -6 \text{,}\) dus \((-6 , 0)\)
\(t = 2\) geeft \(x(2) = 18 \text{,}\) dus \((18 , 0)\)

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

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

[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 \(y(t) = -7\frac{1}{2}\) geeft]
\(-2\frac{1}{2} t^{2} + 5 t = -7\frac{1}{2}\)
\({-5 \over 2} t^{2} + 5 t + {15 \over 2} = 0\)
\(1 t^{2} + -2 t + -3 = 0\)
\((t + 1) (t + -3) = 0\)
\(t = -1 ∨ t = 3\)

\(x(-1) = 6 \text{,}\) dus \(t = -1\) geeft het punt \((6 , -7\frac{1}{2}) \text{.}\)

\(x(3) = 6 \text{,}\) dus \(t = 3\) geeft ook het punt \((6 , -7\frac{1}{2}) \text{,}\) dus de baan snijdt zichzelf in dat punt.