Bij een functie ligt er op elke verticale lijn hooguit één punt van de grafiek.

Het deel boven de lijn $y=1$ met formule: $y=1+\sqrt{x+2}$ en het deel onder de lijn $y=1$ met formule: $y=1-\sqrt{x+2}$ en

Een ander snijpunt is het spiegelbeeld van $\left(\mathrm{‐}\mathrm{1,2}\right)$ in de lijn $y=x$, dus $\left(\mathrm{2,}\mathrm{‐}1\right)$.
De andere twee snijpunten moeten op de lijn $y=x$ liggen (anders heb je er twee meer).
$x^2-2x-1=x\iff x=\frac{3\pm \sqrt{9+4}}{2}=1\frac{1}{2}\pm \frac{1}{2}\sqrt{13}$, dus de andere snijpunten zijn $\left(1\frac{1}{2}\pm \frac{1}{2}\sqrt{13}\mathrm{,1}\frac{1}{2}\pm \frac{1}{2}\sqrt{13}\right)$.

Omdat er bij minstens één waarde van $y$ meer dan één waarde van $x$ is met $f\left(x\right)=y$, bijvoorbeeld $f(1)=f(\mathrm{‐}1)$.
(Er geldt $f\left(x\right)=f\left(\mathrm{‐}x\right)$ voor alle $x$.)

$y=\mathrm{‐}\sqrt{\frac{1}{x}-1}$

Met de $x$-as: ${\sin }^2(t)+\sin (t)=0$ $\iff \sin (t)=0\text{ of }\sin (t)=\mathrm{‐}1$, dus $t=\mathrm{0,}\pm \text{π},\mathrm{‐}\frac{1}{2}\text{π}$, dus de snijpunten met de $x$-as zijn: $\left(\pm \mathrm{1,0}\right)$ en $\left(\mathrm{0,0}\right)$.
Met de $y$-as: $\cos \left(t\right)=0\iff t=\pm \frac{1}{2}\text{π}$, dus de snijpunten met de $y$-as zijn: $\left(\mathrm{0,0}\right)$ en $\left(\mathrm{0,2}\right)$.

$x^{\prime }(t)=0\iff t=0\text{ of }t=\pm \text{π}$;
$y^{\prime }(t)=2\sin \left(t\right)\cos \left(t\right)+\cos \left(t\right)$, dus $y^{\prime }(t)=0\iff \cos \left(t\right)=0\text{ of }\sin \left(t\right)=\mathrm{‐}\frac{1}{2}$, dus $y^{\prime }(t)=0\iff t=\pm \frac{1}{2}\text{π , }t=\mathrm{‐}\frac{1}{6}\text{π of }t=\mathrm{‐}\frac{5}{6}\text{π}$.
De raaklijn is horizontaal als $y^{\prime }(t)=0\text{ en }{x}^{\prime }(t)\ne 0$, dus in de punten $\left(\mathrm{0,0}\right)$, $\left(\mathrm{0,2}\right)$ en in $\left(\pm \frac{1}{2}\sqrt{3},\frac{1}{4}\right)$.
De raaklijn is verticaal als $x^{\prime }(t)=0\text{ en }{y}^{\prime }(t)\ne 0$, dus in de punten $\left(\pm \mathrm{1,0}\right)$.

$x(\text{π}-t)=\mathrm{‐}x(t)$ en $y(\text{π}-t)=y(t)$.
De baan is symmetrisch in de $y$-as.

${\sin }^2\left(t\right)+\sin \left(t\right)={\cos }^2\left(t\right)\iff 2{\sin }^2\left(t\right)+\sin \left(t\right)-1=0$ $\iff \sin \left(t\right)=\frac{1}{2}\text{of}\sin (t)=\mathrm{‐}1$.
De snijpunten zijn $\left(\pm \frac{1}{2}\sqrt{3},\frac{3}{4}\right)$ en $\left(\mathrm{0,0}\right)$.

Invullen in het linkerlid levert:${\left({\cos }^2\left(t\right)+{\sin }^2\left(t\right)+\sin \left(t\right)-1\right)}^2+{\cos }^2\left(t\right)=$ ${\left(1+\sin \left(t\right)-1\right)}^2+{\cos }^2\left(t\right)=$ ${\sin }^2\left(t\right)+{\cos }^2\left(t\right)=1$, klopt dus.

${\left(x^2+y-1\right)}^2+x^2=1$ $y=1-x^2\pm \sqrt{1-x^2}$.

De grafiek is een halve cirkel met middelpunt $O$ en straal $1$, dus de oppervlakte onder de grafiek is $\frac{1}{2}\text{π}$.

De oppervlakte is: ${\displaystyle \underset{\mathrm{‐}1}{\overset{1}{\int }}\left(1-x^2+\sqrt{1-x^2}\right)}\text{d}x+{\displaystyle \underset{\mathrm{‐}1}{\overset{1}{\int }}\mathrm{‐}\left(1-x^2-\sqrt{1-x^2}\right)}\text{d}x=$ $2{\displaystyle \underset{\mathrm{‐}1}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1-x^2}}\text{d}x=\text{π}$.

$y=0$ en $y=1$; $\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=1$ ; $\underset{x\to \mathrm{‐}\infty }{\lim }f(x)=0$

Dat is het punt $(\mathrm{0,}\frac{1}{2})$.
Je moet dan bewijzen: $f(x)+f(\mathrm{‐}x)=1$.
$f(x)+f(\mathrm{‐}x)=\frac{{\text{e}}^x}{{\text{e}}^x+1}+\frac{{\text{e}}^{\mathrm{‐}x}}{{\text{e}}^{\mathrm{‐}x}+1}=\frac{{\text{e}}^x}{{\text{e}}^x+1}+\frac{{\text{e}}^{\mathrm{‐}x}}{{\text{e}}^{\mathrm{‐}x}+1}\cdot \frac{{\text{e}}^x}{{\text{e}}^x}=\frac{{\text{e}}^x}{{\text{e}}^x+1}+\frac{1}{{\text{e}}^x+1}=1$

Dat is de inverse.
$f$ is de ketting: $E\to \text{Plus}1\to \text{OMG}\to \text{Tegen}\to \text{Plus}1$, waarbij $E$ de functie $x\to {\text{e}}^x$ is.
Dus $f_{\text{inv}}$ is de ketting $\text{Min}1\to \text{Tegen}\to \text{OMG}\to \text{Min}1\to \ln$.
Dus $f_{\text{inv}}(x)=\ln \left(\frac{x}{1-x}\right)$.
Of:
Voor de inverse geldt:
$x=\frac{{\text{e}}^y}{{\text{e}}^y+1}\iff x({\text{e}}^y+1)={\text{e}}^y$ $\iff {\text{e}}^y(1-x)=x\iff {\text{e}}^y=\frac{x}{1-x}$

Er zijn getallen die meer dan één origineel hebben, bijvoorbeeld het getal $2$ heeft twee originelen: $0$ en $2$.

Daar geldt: $f(x)=\frac{1}{x-1}+1$.
De functie is daar dus de ketting $x\to \text{Min }1\to \text{Omg}\to \text{Plus }1\to f(x)$.
De ketting omgekeerden van achter naar voor doorlopen is hetzelfde.
Of:
$f(f(x))=\frac{1}{\frac{1}{x-1}+1-1}+1=x-1+1=x$.

Symmetrie in de lijn $y=x$.

$f(1+x)=f(1-x)=\frac{1}{\left|x\right|}+1$

Het spiegelbeeld van de lijn $y=x$ in de lijn $x=1$, dus de lijn $y+x=2$.

Als $x<1$, dan is $f\left(x\right)=\mathrm{‐}\frac{1}{x-1}+1$, dus $x\to \text{Min}1\to \text{Omg}\to \text{Tegen}\to \text{PLUS}1$;
dus: $f^{\mathrm{‐}1}:x\to \text{Min}1\to \text{Tegen}\to \text{Omg}\to \text{Plus}1$, dus $f^{‐1}\left(x\right)=‐\frac{1}{x-1}+1(=\frac{\text{-}1+x-1}{x-1}=\frac{x-2}{x-1})$.
Of anders:
Het origineel van een getal $a$ vind je als volgt.
Je moet het origineel van de rechter tak (dat is $f(a)$) spiegelen in de lijn $x=1$, dat is dus $2-f(a)=2-\left(\frac{1}{a-1}+1\right)=1-\frac{1}{a-1}=\frac{a-2}{a-1}$ dus $f^{‐1}\left(x\right)=\frac{x-2}{x-1}$.