Spécialité Maths - Exercice 11 - Une solution

Voici la solution de l'exercice du dimanche N°11. 

Niveau terminale de la spécialité mathématique.

Des versions téléchargeables (pdf et tex) sont disponibles à la fin de l'article.  

Thèmes. Equations différentielles, fonctions trigonométriques

Niveau Terminale de la spécialité mathématiques.

Exercice 11.

On veut trouver les solutions de l'équation différentielle

$$(E)\ \ \ \ \ \ \ y'=3y+\cos(x) $$

1. Trouver des réels $a$ et $b$ de sorte que la fonction $f$ définie sur $\mathbb R  $ par $f(x)=a\cos(x)+b\sin(x)$ soit une solution particulière de $(E)$
2. Résoudre $(E)$.

La solution

Question 1.
Soit $f$ une fonction définie sur $\mathbb R $ par $f(x)=a\cos(x)+b\sin(x)$, avec $a$ et $b$ réels.

 $f$ est dérivable comme combinaison linéaire de fonctions dérivables $\cos $ et $\sin $. Puisque $\cos'=-\sin $ et $\sin'=\cos $, on a

 $$f'(x)=-a\sin(x)+b\cos(x) $$

 Ainsi $f$ est solution de $(E)$ si $a$ et $b$ vérifient pour tout $x$ réel,

 $$-a\sin(x)+b\cos(x)=3a\cos(x)+3b\sin(x) +\cos(x)$$

 ou encore

 $$b\cos(x)+(-a)\sin(x)=(3a+1)\cos(x)+3b\sin(x) $$

 Il suffit pour cela que $a$ et $b$ soient solutions du système

 $$(S)\ \ \ \left\{\begin{array}{rcl}  b&=&3a+1\\  -a&=&3b \\  \end{array} \right. $$

 Résolvons $(S)$ pour trouver une solution en utilisant des combinaisons linéaires des lignes $L_1$ et $L_2$.

 $$(S)\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rclr} -3a+b&=&1&(L_1)\\  -a-3b&=&0&(L_2) \\  \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rclr} -9a+3b&=&3&(3L_1\rightarrow L_1)\\  -a-3b&=&0&(L_2) \\  \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rclr} -10a&=&3&(L_1+L_2\rightarrow L_1)\\  -a-3b&=&0&(L_2) \\  \end{array} \right. $$

 On a finalement une solution unique de $(S)$

 $$(S)\ \ \ \ \left\{\begin{array}{rcl} a&=&-\frac{3}{10}\\  -\left(-\frac{3}{10} \right)-3b&=&0 \\  \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} a&=&-\frac{3}{10}\\  \frac{3}{10}&=&3b \\  \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} a&=&-\frac{3}{10}\\  \frac{1}{10}&=&b\\  \end{array} \right. $$

Ainsi $(a;b)=\left(-\frac 3{10};\frac 1{10} \right) $ est la seule solution de $(S)$.

Posons $f(x)=-\frac 3{10}\cos(x)+\frac 1{10}\sin(x) $ et vérifions que $f'=3f+\cos(x) $.

On a

$$f'(x)=\frac 3{10}\sin(x)+\frac 1{10}\cos(x)$$

et

$$3f(x)+\cos(x)=-\frac 9{10}\cos(x)+\frac 3{10}\sin(x)+\cos(x)=\frac 1{10}\cos(x)+\frac 3{10}\sin(x)=f'(x) $$

Donc $f$ ainsi définie est bien une solution particulière de $(E)$.

Question 2.
Résoudre $(E)$.

Comme $f$ est solution de $(E)$, on a $f'=3f+\cos(x)$, d'où $\cos(x)=f'-3f$.

On considère l'équation

$$(E_h)\ \ \ \ y'=3y $$

appelée équation homogène associée à $(E)$.

Résolvons $(E)$.

$$\begin{array}{rclcrcl} y & \textrm{est solution de} & (E) &\Longleftrightarrow & y'&=&3y+\cos(x) \\                              &  &  &\Longleftrightarrow & y'-3y&=&\cos(x) \\ &  &  &\Longleftrightarrow & y'-3y&=&f'-3f \\ &  &  &\Longleftrightarrow & y'-f'&=&3y-3f \\ &  &  &\Longleftrightarrow & (y-f)' &=&3(y-f) \\  &  &  &\Longleftrightarrow & (y-f) & \textrm{est solution de} & (E_h)\\ \end{array}$$

Or les solutions de $(E_h)$ sont les fonctions $x\longmapsto C\mathrm{e}^{3x} $ où $C\in\mathbb R$.

Autrement dit

$$\begin{array}{rclcrclr} y & \textrm{est solution de} & (E) &\Longleftrightarrow & y-f&=&C\mathrm{e}^{3x} & (C\in\mathbb R) \\  &   &  &\Longleftrightarrow & y&=&C\mathrm{e}^{3x}+f & (C\in\mathbb R) \\ \end{array}$$

Conclusion.

Les solutions de $(E)$ sont les fonctions $y=C\mathrm{e}^{3x}-\frac 3{10}\cos(x)+\frac 1{10}\sin(x) $, avec $C\in \mathbb R$.

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D'autres exercices

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Spécialité - Exercice 11

Voici un exercice d'approfondissement niveau terminale de la spécialité mathématique.

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Thèmes. Equations différentielles, fonctions trigonométriques

Niveau Terminale de la spécialité mathématiques.

Exercice 11.

On veut trouver les solutions de l'équation différentielle

$$(E)\ \ \ \ \ \ \ y'=3y+\cos(x) $$

1. Trouver des réels $a$ et $b$ de sorte que la fonction $f$ définie sur $\mathbb R  $ par $f(x)=a\cos(x)+b\sin(x)$ soit une solution particulière de $(E)$
2. Résoudre $(E)$.

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Fonction puissance et fonction exposant (Approfondissement spécialité maths)

Voici un approfondissement du programme de spécialité maths.

Thème. Fonction exponentielle, étude de fonctions.

Niveau. Terminale spécialité maths. Approfondissement.

Cet article s'intéresse tout d'abord aux fonctions de la forme $x\longmapsto x^a $ (fonctions puissances) puis aux fonctions du type $x\longmapsto \alpha^x $ (fonction exposant).

Fonctions puissance

Pour un nombre entier naturel $a$, ${\mathrm e}^ {a\ln x}={\mathrm e}^{\ln(x^a)}=x^a$. 

Pour un nombre entier négatif $b=-a$, avec $a$ positif, on a donc $x^b=\frac{1}{x^a}=\frac{1}{ {\mathrm e}^ {a\ln x}}={\mathrm e}^{-a\ln x}={\mathrm e}^{b\ln x}$.

Cela nous donne envie pour un nombre réel quelconque $\alpha$ de définir

$$(\star)\ \ \ \ \ x^\alpha= {\mathrm e}^ {\alpha\ln x}$$

Tant que $x>0$, cette définition a du sens.

Ainsi on définit pour tout $x>0$, et pour tout réel $\alpha$,

$$x^\alpha= {\mathrm e}^ {\alpha\ln x}$$

La fonction $p_\alpha:x\longmapsto x^\alpha$ est appelée fonction puissance $\alpha$-ième.

Propriété 0.

Pour tout $\alpha$ réel, pour tout réel $x>0$,

$$\ln\left(x^\alpha\right)=\alpha \ln x$$

Preuve. 

$$\ln\left(x^\alpha\right)=\ln \left({\mathrm e}^{\alpha \ln x}\right)=\alpha \ln x$$

Propriété 1.

On a pour $\alpha$ et $\beta$ réels, pour tout $x$ strictement positif,

$$x^\alpha x^\beta=x^{\alpha+\beta}$$

Démonstration.

$x^\alpha x^\beta={\mathrm e}^ {\alpha\ln x}{\mathrm e}^ {\beta\ln x} ={\mathrm e}^ {(\alpha+\beta)\ln x} = x^{\alpha+\beta}$.

Propriété 2.

Pour tout $\alpha$ et $\beta$ réels, pour tout réel $x>0$,

$$\left(x^\alpha\right)^\beta=x^{\alpha \beta } $$

Preuve.

On a d'après la définition $(\star)$ puis la propriété 1, puis à nouveau $(\star)$,

$$\left(x^\alpha\right)^\beta={\mathrm e}^{\beta\ln\left(x^\alpha\right)}={\mathrm e}^{\beta\alpha\ln\left(x\right)} =x^{\alpha \beta}$$

Propriété 3.

Pour tout réel $\alpha$, la fonction $p_\alpha:x\longmapsto x^\alpha$ est continue et dérivable sur $]0;+\infty[$.

De plus si $\alpha\neq 0$, $p_{\alpha}'(x)=\alpha x^{\alpha-1}$.

Preuve. 

$p_\alpha$ est dérivable car c'est une composée de fonctions dérivables. Elle est en particulier continue.

On a en effet $p_\alpha={\mathrm e}^p \circ u$

où $u$ est définie sur $]0;+\infty[$ par $u(x)=\alpha \ln x$. 

Ainsi $$p_{\alpha}'=u'\cdot {\exp}'\circ u=u'\cdot\exp \circ u=u'\cdot p_{\alpha}$$ 

Comme $u'(x)=\frac{\alpha}{x}=\alpha x^{-1}$, on a $$p_\alpha'(x)=\alpha x^{-1}x^\alpha=\alpha x^{\alpha-1}$$

Ci-dessous quelques fonctions puissances

 

Limite

Soit $\alpha$ un nombre réel, est-ce que $\lim_{x\rightarrow 0} x^\alpha$ existe ?

On a $x^\alpha=\mathrm e^{\alpha \ln x}$. Lorsque $x$ tend vers zéro, $\ln x$ tend vers $-\infty$. Il y trois cas possibles :

(1) $\alpha<0$. Comme $\alpha \ln x$ tend vers $+\infty$, $x^\alpha=\mathrm e^{\alpha \ln x}$ tend vers $+\infty$.

(2) $\alpha=0$. Comme pour tout $x>0$ $\mathrm e^{0 \ln x}=1$, on a $\lim_{x\rightarrow 0} x^\alpha=1$.

(3) $\alpha>0$. Comme $\alpha \ln x$ tend vers $+\infty$, $x^\alpha=\mathrm e^{\alpha \ln x}$ tend vers $0$.

Ainsi on peut prolonger la fonction $x\longmapsto x^\alpha$ en zéro par continuité en posant : 

$0^\alpha=1$, si $\alpha=0$, autrement dit $0^0=1$

$0^\alpha=0$, si $\alpha>0$.

Fonctions exposant 

 

Pour tout réel strictement positif $a$, on considère la fonction $e_a:x\longmapsto a^x$.

C'est une  fonction exposant.

Propriété 4. 

Pour tout réel strictement positif $a$, la fonction $e_a:x\longmapsto a^x$ est dérivable (et donc continue).

De plus $e_a'=\ln(a)\cdot e_a$

Preuve.

$e_a(x)={\mathrm e}^{x\ln a}$ donc $e_a$ est dérivable de dérivée $e_a'(x)=(\ln a){\mathrm e}^{x\ln a}$.

En fonction de $a$, on en déduit l'allure de la fonction $e_a$. Plus précisément : $e_a$ est strictement croissante si et seulement si $a>1$

• $e_a$ est strictement décroissante si et seulement si $a<1$
• $e_a$ est strictement décroissante si et seulement si $a=1$

En effet par propriété de la fonction $\ln$ (voir graphe ci-dessous)

• $\ln(a)<0 $ si $0<a<1$
• $\ln(a)=0 $ si $a=1$
• $\ln(a)>0 $ si $a>1$

Spécialité Maths - (Première). Exercice 5

Voici un exercice niveau 1ère de la spécialité mathématique.

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Thèmes. Equations du second degré, valeur absolue,  

Niveau 1ère de la spécialité mathématique.

Exercice 5.

Résoudre l'équation

$$(E)\ \ \ \ \left| x^2-6\left| x\right|+7 \right| =1$$

Indication. Vous pouvez lire cet article.

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La solution

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Prolongement d'une fonction par continuité (approfondissement spécialité terminale)

 Voici un approfondissement du programme de spécialité maths.

Thème. Fonctions, limites, continuité.

Niveau. Terminale spécialité maths. Approfondissement.

Dans cet article, on définit le prolongement par continuité d'une fonction en point en lequel elle n'est pas définie. Il s'agit surtout de fournir des exemples.

Certaines fonctions continues ne sont pas définies en un ou plusieurs points. 

Exemple 1. 

La fonction $f:x\mapsto \frac x x$ n'est pas définie en zéro et vaut 1 partout ailleurs. On peut la prolonger en $0$, en choisissant pour $f(0)$ n'importe quelle valeur réelle.

Pour prolonger une fonction en un point de façon satisfaisante, on essaie souvent de la prolonger par continuité.

Ainsi si une fonction est continue sur une partie de $\mathbb R$, elle restera continue là où elle aura été prolongée par continuité. 

Pour cela, il faut que la limite en le point de prolongement existe et il suffit de prolonger de décider que l'image de $f$ en ce point soit égale à cette limite.

Exemple 1 (suite).

Ainsi dans notre exemple, puisque $f(x)=\frac x x= 1$ pour tout $x$ non nul, on a $\lim_{x\rightarrow 0} f(x)=1$.

En prolongeant $f$ en $0$ par $f(0)=1$, on obtient une fonction continue sur $\mathbb R$.

Notre exemple est trivial, et une telle fonction n'a pas vraiment d'intérêt car on pouvait tout simplement définir $f$ sur $\mathbb R$ par $f(x)=1$. Cependant, il n'est pas toujours possible de définir une fonction continue par une seule expression algébrique de $x$ valable sur tout son intervalle de définition.

Considérons l'exemple suivant.

Exemple 2.

On pose pour tout $x$ non nul $g(x)=\frac{x^2}{1+\mathrm{e}^{-\frac 1 x}}$.

Peut-on prolonger $g$ par continuité ?

Si oui, que vaut $g(0)$ ?

Solution.

Lorsque $x$ tend vers $0$, avec $x>0$, la quantité $\mathrm{e}^{-\frac 1 x}$ tend vers $0$ car $-\frac 1 x$ tend vers $-\infty$. On en déduit que

$$ \lim_{x\longrightarrow 0^+}g(x)=\frac{0^2}{1+0}=0$$

Lorsque $x$ tend vers $0$, avec $x<0$, la quantité $\mathrm{e}^{-\frac 1 x}$ tend vers $+\infty$ car $-\frac 1 x$ tend vers $+\infty$. On en déduit que

$$ \lim_{x\longrightarrow 0^-}g(x)=0$$

car $ \lim_{x\longrightarrow 0^-}1+\mathrm{e}^{-\frac 1 x}=+\infty$ et 

$ \lim_{x\longrightarrow 0^-}x^2=0$.

Ainsi $\lim_{x\longrightarrow 0} g(x)=0 $.

Exemple 3.

Peut-on prolonger la fonction $h(x)=\frac{\sin x}{x}$ en zéro ?

Solution.

On a $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x-\sin 0}{x-0}$. 

Cette limite est donc égale au nombre dérivé de la fonction $\sin$ en $0$, c'est $\sin'(0)=\cos(0)=1$.

Ainsi en posant 

$$\left\{\begin{array}{rclr} h(x) & = & \frac{\sin x}{x}  &\textrm{si }  x\neq 0 \\    h(0) & = & 1 \\ \end{array} \right. $$

on obtient donc une fonction continue.

Spécialité Maths - (Première/Terminale). Exercice 4 - solution

 Voici un exercice niveau 1ère/Teminale de la spécialité mathématique.

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Thème. Suites, suites géométriques.

Niveau 1ère/Teminale de la spécialité mathématique.

Exercice 4.

Le but de cet exercice est de trouver le terme général de la suite

$$\left\{\begin{array}{rclr} u_0&=&2 \\ u_{n+1}&=&5u_n-3\times 2^n & (n\in\mathbb N) \\  \end{array}  \right. $$

 

1.   La suite $(u_n)$ est-elle arithmétique ? géométrique ?
2.  Soit $(t_n)$ une suite telle que $t_n=k2^n$, où $k$ est un nombre réel.
   (2.a) Déterminer la valeur de $k$ pour que pour tout entier naturel $n$ $t_{n+1}=5t_n-3\times 2^n$. On pose $(w_n)$ la suite définie pour tout $n\in\mathbb N$ par $w_n=u_n-t_n$.
   (2.b) Quelle est la nature de $(w_n) $ ?  
3. En déduire le terme général de $(u_n)$.
   Vérifier la cohérence du résultat obtenu.

 

La solution

 

 1. On peut commencer par calculer les premiers termes de la suite $(u_n)$.

 On a

•   $u_1=5u_0-3\times 2^{0}=5\times 2 - 3=7 $
•  $u_2=5u_1-3\times 2^1=5\times 7 -3\times 2 = 29 $

 

 On a $u_1-u_0= 7-2=5$ et $u_2-u_1=29-7=22 $ donc $(u_n)$ n'est pas arithmétique.

 On a $\frac{u_1}{u_0}=\frac{5}{2}$ et $\frac{u_2}{u_1}=\frac{29}{7}$ donc $(u_n)$ n'est pas géométrique ($\frac 5 2 \neq \frac {29}{7} $ puisque $2\times 29 \neq 5\times 7 $).

 

2.(a). Soit $n\in \mathbb N$. On a

 $$t_{n+1}=5t_n-3\times 2^n\Longleftrightarrow k\times 2^{n+1}=5k\times 2^n -3\times 2^n \Longleftrightarrow 2k=5k-3 \Longleftrightarrow 3=3k \Longleftrightarrow k=1 $$

 Ainsi la suite  $(t_n)$ définie par $t_n=2^n $ vérifie pour tout $n$ : $t_{n+1}=5t_n-3\times 2^n $.

2.(b).On pose  pour tout $n\in\mathbb N$, $w_n=u_n-t_n=u_n-2^n$.

•  $w_0=u_0-2^0=2-1=1 $
•  $w_1=u_1-2^1=7-2=5 $
•  $w_2=u_2-2^2=29-4=25$

Il semblerait que $(w_n)$ soit une suite géométrique de raison $5$.

Exprimons pour un entier naturel $n$ quelconque $w_{n+1}$ en fonction de $w_n$ :

$$w_{n+1}=u_{n+1}-t_{n+1}=5u_n-3\times 2^n-(5t_n-3\times 2^n) =5(u_n-t_n)=5w_n$$

On a bien une suite géométrique $(w_n)$ de raison $5$ et de terme initial $w_0=1$.

3. D'après la question précédente, pour tout entier naturel $n$, $w_n=5^n$.

Comme pour tout entier naturel $n$, on a $w_n=u_n-t_n $, on en déduit que $w_n+t_n=u_n $.

Ainsi pour tout entier naturel $n$, on a $u_n=5^n+2^n$.

D'après cette formule : $u_0=1+1=2$, $u_1=5+2=7$, $u_2=25+4=29 $ ce qui correspond bien aux calculs déjà effectués.

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L'énoncé

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La solution

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D'autres exercices

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Spécialité Maths (1ere/Terminale). Exercice 3 - solution

Voici la solution de l'exerice du dimanche N° 3. 

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Thème. Fonctions, équations du second degré.

Niveau 1ère/Teminale de la spécialité mathématique.

Exercice 3.

La courbe de la fonction $x\mapsto x^3-x$ tracée dans un repère orthonormé, a-t-elle des tangentes parallèles entre elles ? A-t-elle des tangentes perpendiculaires entre elles ?

Solution

Tangentes parallèles

La fonction  $f:x\mapsto x^3-x$ est définie sur $\mathbb R$ où elle y est dérivable en tant que fonction polynomiale. Pour cette raison, elle admet des tangente en tout $t\in \mathbb R$.

Deux tangentes en $a$ et $b$ notées respectivement $\mathcal T_a$ et $\mathcal T_b$ sont parralèles si et seulement si elles ont le même coefficient directeur, c'est-à-dire si et seulement si $f'(a)=f'(b)$.

Comme $f'(x)=3x^2-1$ pour tout $x\in\mathbb R$, $\mathcal T_a$ et $\mathcal T_b$ sont parralèles si et seulement si $3a^2-1=3b^2-1 $ ou encore si et seulement si $a^2=b^2$.

On peut en déduire que $\mathcal T_a$ et $\mathcal T_b$ sont parralèles si et seulement si $a=\pm b$.

Donc pour tout réel $a$ non nul, $\mathcal T_a$ est parallèle à la tangente distincte $\mathcal T_{-a}$.

Comme $0$ est le seul réel $a$ tel que $a=-a$, $\mathcal T_0$ est la seule tangente qui n'est pas parallèle à une autre tangente.

Tangentes perpendiculaires

Remarquons pour commencer qu'un vecteur directeur d'une droite $\mathcal D$ d'équation cartésienne $y=mx+p$ est $\overrightarrow u\ \binom 1 m$. En effet il suffit de prendre $\overrightarrow u=\overrightarrow{AB}$ où $A$ et $B$ sont les points de $\mathcal D$ d'abscisses respectives $0$ et $1$ : $A\ (0;p)$ et $B\ (1;m+p)$ (d'où $\overrightarrow AB\ \binom 1 m $.

Deux droites $\mathcal D$ et $\mathcal D'$ de coefficient directueurs $m$ et $m'$ non nuls, admettent pour vecteurs directeurs $\overrightarrow u\ \binom 1 m$ et $\overrightarrow {u'}\ \binom 1 {m'}$ sont donc perpendiculaires si et seulement si le produit scalaire $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{u'}=1\times 1 +mm'=0 $, ce qui est équivalent à $mm'=-1$.

Soient $a$ et $b$ deux réels. Comme par définition aucune tangente n'est verticale, aucune tangente horizontale (de coefficient directeur 0) ne peut être perpendiculaire à une autre tangente, on ne s'intéresse qu'aux tangente dont les coefficients directeurs sont non nuls.

Ici comme $f'(x)=3x^2-1$, une tangente est horizontale si et seulement si $3a^2=1$, c'est-à-dire si et seulement si $a=\pm\sqrt{\frac 1 3}=\pm \frac 1 {\sqrt 3}$.

On suppose dans la suite que $a$ et $b$ sont distincts de $\pm\sqrt{\frac 1 3}$. Les tangentes $T_a$ et $T_b$ de coefficient directeurs respectifs $f'(a)=3a^2-1$ et  $f'(b)=3b^2-1$ non nuls sont perpendiculaires si et seulement si $(3a^2-1)(3b^2-1)=-1$.

Soit $a\neq \pm\sqrt{\frac 1 3}$. Posons pour tout réel $t$, $g_a(t)=(3a^2-1)(3t^2-1) $.

On a pour tout réel $t$, $$g_a(t)=9a^2t^2-3t^2-3a^2+1=\left(9a^2-3\right)t^2+1-3a^2$$

Pour $a$ donné, le nombre de solution de l'équation $g_a(t)=-1 $ correspond donc au nombre de tangentes perpendiculaires à $\mathcal T_a $.

Supposons $t\not\in \left\{- \frac 1 {\sqrt 3};\frac 1 {\sqrt 3} \right\}$.

Alors $9a^2-3\neq 0$ et

$$g_a(t)=-1\Longleftrightarrow \left(9a^2-3\right)t^2+2-3a^2=0 \Longleftrightarrow t^2=\frac{3a^2-2}{9a^2-3} $$

Cette équation a une (des) solution(s) si et seulement si $\frac{3a^2-2}{9a^2-3} \geq 0 $.

Etudions le signe de cette expression en fonction de $a$.

On peut en tirer les conclusions suivantes :

• Si $a\in \left\{- {\sqrt {\frac 2 3}};{\sqrt {\frac 2 3}} \right\} $, cette équation a une solution $0$.
•   Si $a<- {\sqrt {\frac 2 3}} $  ou $a> {\sqrt {\frac 2 3}} $ ou $-\frac 1 {\sqrt 3}< a<\frac 1 {\sqrt 3} $, cette équation a deux solutions $\pm\sqrt{\frac{3a^2-2}{9a^2-3}} $
•  Sinon l'équation n'a pas de solutions.

 

Pour résumer les différents cas possibles et pour répondre au problème, voici un tableau donnant pour un réel $a$ donné, le nombre de tangentes $n_a $ à la courbe de $x\mapsto x^3-x $ perpendiculaires à $\mathcal{T}_a $ :

Illustrations des différents cas

Cas où $a<- {\sqrt {\frac 2 3}} $  ou $a> {\sqrt {\frac 2 3}} $ ou $-\frac 1 {\sqrt 3}< a<\frac 1 {\sqrt 3} $

Cas où $- {\sqrt {\frac 2 3}}<a<-\frac 1 {\sqrt 3} $  ou $\frac 1 {\sqrt 3}<a< {\sqrt {\frac 2 3}} $

Cas où  $a=-\frac 1 {\sqrt 3} $  ou $a=\frac 1 {\sqrt 3}$

Cas où $a=- {\sqrt {\frac 2 3}}$  ou $a= {\sqrt {\frac 2 3}} $

Remarque. 

Dans les cas où $a=\pm \sqrt{\frac 2 3}$,  $g_a(t)=-1\Longleftrightarrow t^2=0  \Longleftrightarrow t=0$. Donc seule la tangente $\mathcal T_0 $ est perpendiculaire à $\mathcal T_a $.

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Et ensuite

Exercice suivant (parution six jours après cet article)