Parameterkrommen

\(x'(t)=4t^2-1\)
\(y'(t)=6t+9\)

[Evenwijdig met de x-as, dus]
\(y'(t)=0\)
\(6t+9=0\)
\(6t=-9\)
\(t=-1\frac{1}{2}\)

\(x'(-1\frac{1}{2})=8≠0\text{,}\) dus voor \(t=-1\frac{1}{2}\) is de baan evenwijdig aan de \(x\text{-}\)as in het punt \((-3, -6\frac{3}{4})\text{.}\)

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

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

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

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

\(x'(t)=-4t+4\)
\(y'(t)=3t^2-7\)

\(\overrightarrow{v}(-1)=\begin{pmatrix}x'(-1) \\ y'(-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8 \\ -4\end{pmatrix}\)

\(\overrightarrow{v}(3)=\begin{pmatrix}x'(3) \\ y'(3)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-8 \\ 20\end{pmatrix}\)

\(\cos(\varphi )={\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}8 \\ -4\end{pmatrix}⋅\begin{pmatrix}-8 \\ 20\end{pmatrix}\end{vmatrix} \over \begin{vmatrix}\begin{pmatrix}8 \\ -4\end{pmatrix}\end{vmatrix}⋅\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}-8 \\ 20\end{pmatrix}\end{vmatrix}}={144 \over \sqrt{80}⋅\sqrt{464}}\)

\(\varphi =\cos^{-1}({144 \over \sqrt{80}⋅\sqrt{464}})≈41{,}6\degree\)

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

\(t=-3\) geeft het punt \((0, 4\frac{1}{2})\text{.}\)

[Voor de richtingsvector van \(l\) geldt]
\(\overrightarrow{r}_l=\overrightarrow{v}(-3)=\begin{pmatrix}x'(-3) \\ y'(-3)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6 \\ -6\end{pmatrix}\text{.}\)

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

\(\begin{rcases}l{:}\,6x+6y=c \\ \text{door }(0, 4\frac{1}{2})\end{rcases}\begin{matrix}c=6⋅0+6⋅4\frac{1}{2}=27\end{matrix}\)
Dus een vergelijking van de raaklijn is \(l{:}\,6x+6y=27\text{.}\)

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

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

[De snijpunten met de \(x\text{-}\)as zijn dan]
\(t=0\) geeft \(x(0)=0\text{,}\) dus \((0, 0)\)
\(t=2\) geeft \(x(2)=-3\frac{1}{3}\text{,}\) dus \((-3\frac{1}{3}, 0)\)

Snijpunt met de \(y\text{-}\)as betekent \(x(t)=0\text{,}\) dit geeft
\(-1\frac{1}{3}t^3+12t=0\)

[Oplossen geeft]
\(t(-1\frac{1}{3}t^2+12)=0\)
\(t=0∨-1\frac{1}{3}t^2+12=0\)
\(t=0∨t^2-9=0\)
\(t=0∨t^2=9\)
\(t=0∨t=-3∨t=3\)

[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 \(x(t)=4\frac{1}{2}\) geeft]
\(1\frac{1}{2}t^2-3t=4\frac{1}{2}\)
\(1\frac{1}{2}t^2-3t-4\frac{1}{2}=0\)
\(t^2-2t-3=0\)
\((t+1)(t-3)=0\)
\(t=-1∨t=3\)

\(y(-1)=-12\text{,}\) dus \(t=-1\) geeft het punt \((4\frac{1}{2}, -12)\text{.}\)

\(y(3)=-12\text{,}\) dus \(t=3\) geeft ook het punt \((4\frac{1}{2}, -12)\text{,}\) dus de baan snijdt zichzelf in dat punt.