Ce recueil propose 20 exercices résolus sur les limites de fonctions, organisés selon une progression graduelle et en parfaite cohérence avec le cours. Les premiers exercices portent sur les cas où la limite se calcule par substitution directe ; viennent ensuite les principales formes indéterminées, les limites usuelles, la comparaison des infiniment petits et des infiniment grands, les limites à gauche et à droite et la recherche des asymptotes.
Chaque exercice est accompagné d'une résolution complète et commentée. L'objectif n'est pas seulement d'obtenir le résultat, mais de reconnaître la structure de la limite, d'identifier l'éventuelle forme indéterminée et de choisir en connaissance de cause la méthode la mieux adaptée.
Avant d'effectuer la moindre transformation algébrique, il est toujours utile de regarder ce que donne la substitution formelle de la valeur vers laquelle tend \(x\). Lorsque les opérations sur les limites s'appliquent et qu'aucune forme indéterminée n'apparaît, la limite se calcule directement. Si en revanche une forme indéterminée du type \(0/0\), \(\infty/\infty\) ou \(\infty-\infty\) se présente, il peut être nécessaire de transformer l'expression algébriquement, de recourir aux limites usuelles, d'utiliser des équivalents ou d'appliquer le théorème d'encadrement.
Les résolutions n'utiliseront que les outils introduits dans le cours : substitution directe, factorisation, simplification, multiplication par la quantité conjuguée, division par le terme dominant, limites usuelles, équivalents, théorème d'encadrement et étude des limites à gauche et à droite.
Exercice 1 — niveau ★☆☆☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right)=6. \]
Résolution
La fonction
\[ f(x)=3x^2-5x+4 \]
est un polynôme. Les polynômes sont définis et continus en tout point de la droite réelle ; leur limite en un point s'obtient donc en substituant directement à la variable la valeur vers laquelle celle-ci tend.
Substituons donc \(x=2\) :
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right) =3\cdot 2^2-5\cdot 2+4. \]
Calculons séparément les termes :
\[ 2^2=4,\qquad 3\cdot 4=12,\qquad 5\cdot 2=10. \]
On obtient ainsi :
\[ 12-10+4=6. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right)=6. \]
Aucune forme indéterminée n'apparaît dans cet exercice : la substitution directe fournit immédiatement un nombre réel bien défini.
Exercice 2 — niveau ★☆☆☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5}=1. \]
Résolution
La limite porte sur le quotient de deux polynômes. Avant d'appliquer la règle de passage à la limite dans un quotient, il faut vérifier que le dénominateur ne tend pas vers zéro.
Calculons la limite du dénominateur par substitution directe :
\[ \lim_{x\to -1}(2x+5)=2(-1)+5=-2+5=3. \]
Comme la limite du dénominateur vaut \(3\neq 0\), la règle de passage à la limite dans un quotient s'applique.
Calculons maintenant la limite du numérateur :
\[ \lim_{x\to -1}(x^2+3x+5) =(-1)^2+3(-1)+5. \]
Comme
\[ (-1)^2=1, \]
on obtient :
\[ 1-3+5=3. \]
Il en résulte :
\[ \lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5} = \frac{\displaystyle\lim_{x\to -1}(x^2+3x+5)} {\displaystyle\lim_{x\to -1}(2x+5)} = \frac{3}{3}=1. \]
Par conséquent :
\[\lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5}=1. \]
Ici encore, la substitution directe suffit, car le dénominateur ne s'annule pas à la limite.
Exercice 3 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=6. \]
Résolution
Commençons par substituer formellement \(x=3\) au numérateur et au dénominateur.
Pour le numérateur, on a :
\[ 3^2-9=9-9=0. \]
Pour le dénominateur, on a :
\[ 3-3=0. \]
La substitution directe conduit donc à la forme indéterminée
\[ \frac{0}{0}. \]
Cette écriture ne représente pas la valeur de la limite. Elle indique seulement que le numérateur et le dénominateur tendent tous deux vers zéro et que l'expression doit être transformée.
Le numérateur est une différence de deux carrés :
\[ x^2-9=x^2-3^2=(x-3)(x+3). \]
Pour \(x\neq 3\), on peut donc écrire :
\[ \frac{x^2-9}{x-3} = \frac{(x-3)(x+3)}{x-3}. \]
Comme, dans l'étude de la limite quand \(x\to 3\), on considère des valeurs de \(x\) proches de \(3\) mais distinctes de \(3\), le facteur \(x-3\) est non nul et peut être simplifié :
\[ \frac{(x-3)(x+3)}{x-3}=x+3. \]
La limite initiale devient donc :
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3} = \lim_{x\to 3}(x+3). \]
On peut alors appliquer la substitution directe :
\[ \lim_{x\to 3}(x+3)=3+3=6. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=6. \]
La simplification ne modifie pas la limite, car les deux expressions
\[ \frac{x^2-9}{x-3} \qquad\text{et}\qquad x+3 \]
coïncident pour tout \(x\neq 3\). Le fait que l'expression initiale ne soit pas définie précisément en \(x=3\) n'empêche donc pas l'existence de la limite.
Exercice 4 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\frac{1}{4}. \]
Résolution
Voyons d'abord ce que donne la substitution directe.
Le numérateur tend vers :
\[ \sqrt{4}-2=2-2=0. \]
Le dénominateur tend vers :
\[ 4-4=0. \]
On obtient donc la forme indéterminée
\[ \frac{0}{0}. \]
Ici, aucune factorisation immédiate du numérateur n'est disponible. La transformation la plus naturelle consiste à multiplier le numérateur et le dénominateur par la quantité conjuguée du numérateur :
\[ \sqrt{x}+2. \]
Pour \(x\neq 4\), on peut écrire :
\[ \frac{\sqrt{x}-2}{x-4} \cdot \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+2}. \]
Le second facteur vaut \(1\), pourvu que \(\sqrt{x}+2\neq 0\). Au voisinage de \(x=4\), cette quantité est positive, donc assurément non nulle.
En développant les numérateurs, on obtient une différence de deux carrés :
\[ (\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2) = (\sqrt{x})^2-2^2 = x-4. \]
Par conséquent :
\[ \frac{\sqrt{x}-2}{x-4} = \frac{x-4}{(x-4)(\sqrt{x}+2)}. \]
Pour \(x\neq 4\), on peut simplifier le facteur \(x-4\) :
\[ \frac{x-4}{(x-4)(\sqrt{x}+2)} = \frac{1}{\sqrt{x}+2}. \]
La limite initiale devient donc :
\[ \lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4} = \lim_{x\to 4}\frac{1}{\sqrt{x}+2}. \]
Le dénominateur tend maintenant vers :
\[ \sqrt{4}+2=2+2=4, \]
qui est non nul. On peut donc appliquer la substitution directe :
\[ \lim_{x\to 4}\frac{1}{\sqrt{x}+2} = \frac{1}{\sqrt{4}+2} = \frac{1}{4}. \]
Par conséquent :
\[\lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\frac{1}{4}. \]
La multiplication par la quantité conjuguée a fait disparaître la forme indéterminée en transformant l'expression en un quotient dont le dénominateur tend vers un nombre non nul.
Exercice 5 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1}=3. \]
Résolution
Commençons par examiner ce que donne la substitution directe.
Pour le numérateur, on a :
\[ 1^3-1=1-1=0. \]
Pour le dénominateur, on a :
\[ 1-1=0. \]
La substitution directe conduit donc à la forme indéterminée
\[ \frac{0}{0}. \]
Pour lever cette forme indéterminée, remarquons que le numérateur est une différence de deux cubes. Rappelons la factorisation :
\[ a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2). \]
En posant \(a=x\) et \(b=1\), on obtient :
\[ x^3-1=(x-1)(x^2+x+1). \]
Pour \(x\neq 1\), le quotient peut donc se réécrire sous la forme :
\[ \frac{x^3-1}{x-1} = \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x-1}. \]
Comme \(x\neq 1\), le facteur \(x-1\) est non nul et peut être simplifié :
\[ \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x-1} = x^2+x+1. \]
La limite initiale devient par conséquent :
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1} = \lim_{x\to 1}(x^2+x+1). \]
L'expression obtenue est un polynôme ; la limite se calcule donc par substitution directe :
\[ \lim_{x\to 1}(x^2+x+1) = 1^2+1+1 = 3. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1}=3. \]
Ici encore, la simplification est légitime car, dans le calcul de la limite, on considère des valeurs de \(x\) proches de \(1\) mais distinctes de \(1\). Les deux expressions coïncident donc sur un voisinage épointé du point considéré.
Exercice 6 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3}=6. \]
Résolution
En substituant formellement \(x=9\), le numérateur tend vers :
\[ 9-9=0, \]
tandis que le dénominateur tend vers :
\[ \sqrt{9}-3=3-3=0. \]
On est donc en présence de la forme indéterminée
\[ \frac{0}{0}. \]
Dans cet exercice, la racine figure au dénominateur. Pour lever la forme indéterminée, multiplions le numérateur et le dénominateur par la quantité conjuguée du dénominateur :
\[ \sqrt{x}+3. \]
Pour \(x\neq 9\), on peut écrire :
\[ \frac{x-9}{\sqrt{x}-3} \cdot \frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+3}. \]
En développant les dénominateurs, on obtient une différence de deux carrés :
\[ (\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3) = (\sqrt{x})^2-3^2 = x-9. \]
Par conséquent :
\[ \frac{x-9}{\sqrt{x}-3} = \frac{(x-9)(\sqrt{x}+3)}{x-9}. \]
Pour \(x\neq 9\), le facteur \(x-9\) est non nul et peut être simplifié :
\[ \frac{(x-9)(\sqrt{x}+3)}{x-9} = \sqrt{x}+3. \]
La limite initiale devient donc :
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3} = \lim_{x\to 9}(\sqrt{x}+3). \]
On peut maintenant appliquer la substitution directe :
\[ \lim_{x\to 9}(\sqrt{x}+3) = \sqrt{9}+3 = 3+3 = 6. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3}=6. \]
La multiplication par la quantité conjuguée a transformé le quotient initial en une expression qui lui est égale pour \(x\neq 9\) et pour laquelle la substitution directe ne produit plus de forme indéterminée.
Exercice 7 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}=2. \]
Résolution
Quand \(x\to+\infty\), le numérateur comme le dénominateur deviennent arbitrairement grands. La substitution formelle conduit donc à la forme indéterminée
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Cette forme ne permet pas de déterminer directement la limite. Il faut comparer la croissance des termes qui figurent au numérateur et au dénominateur.
Le terme de plus haut degré est \(x^2\), tant au numérateur qu'au dénominateur. Divisons donc tous les termes par \(x^2\) :
\[ \frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5} = \frac{\displaystyle\frac{4x^2}{x^2} -\displaystyle\frac{3x}{x^2} +\displaystyle\frac{1}{x^2}} {\displaystyle\frac{2x^2}{x^2} +\displaystyle\frac{x}{x^2} -\displaystyle\frac{5}{x^2}}. \]
En simplifiant chaque quotient, on obtient :
\[ \frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5} = \frac{4-\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {2+\displaystyle\frac{1}{x}-\displaystyle\frac{5}{x^2}}. \]
Quand \(x\to+\infty\), on dispose des limites :
\[ \frac{1}{x}\to 0 \qquad\text{et}\qquad \frac{1}{x^2}\to 0. \]
En conséquence, le numérateur tend vers :
\[ 4-3\cdot 0+0=4, \]
tandis que le dénominateur tend vers :
\[ 2+0-5\cdot 0=2. \]
Comme la limite du dénominateur est non nulle, la règle de passage à la limite dans un quotient s'applique :
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{4-\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {2+\displaystyle\frac{1}{x}-\displaystyle\frac{5}{x^2}} = \frac{4}{2} = 2. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}=2. \]
Le résultat coïncide avec le quotient des coefficients des termes de plus haut degré :
\[ \frac{4}{2}=2. \]
Cela tient au fait que, pour des valeurs très grandes de \(x\), les termes de degré inférieur deviennent négligeables devant les termes du second degré.
Exercice 8 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2+2}{x^3-1}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2+2}{x^3-1}=0. \]
Résolution
Quand \(x\to-\infty\), le numérateur \(3x^2+2\) tend vers \(+\infty\), car \(x^2\) est toujours positif ou nul et devient arbitrairement grand.
Le dénominateur \(x^3-1\), en revanche, tend vers \(-\infty\), car une puissance d'exposant impair conserve le signe de \(x\).
La substitution formelle conduit donc à un quotient de quantités infinies. Pour déterminer la limite, divisons le numérateur et le dénominateur par la plus haute puissance figurant dans la fraction tout entière, à savoir \(x^3\) :
\[ \frac{3x^2+2}{x^3-1} = \frac{\displaystyle\frac{3x^2}{x^3} +\displaystyle\frac{2}{x^3}} {\displaystyle\frac{x^3}{x^3} -\displaystyle\frac{1}{x^3}}. \]
En simplifiant chacun des termes, on obtient :
\[ \frac{3x^2+2}{x^3-1} = \frac{\displaystyle\frac{3}{x} +\displaystyle\frac{2}{x^3}} {1-\displaystyle\frac{1}{x^3}}. \]
Quand \(x\to-\infty\), on a :
\[ \frac{1}{x}\to 0, \qquad \frac{1}{x^3}\to 0. \]
En conséquence, le numérateur tend vers :
\[ 3\cdot 0+2\cdot 0=0, \]
tandis que le dénominateur tend vers :
\[ 1-0=1. \]
Comme la limite du dénominateur est non nulle, la règle de passage à la limite dans un quotient s'applique :
\[ \lim_{x\to-\infty} \frac{\displaystyle\frac{3}{x} +\displaystyle\frac{2}{x^3}} {1-\displaystyle\frac{1}{x^3}} = \frac{0}{1} = 0. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2+2}{x^3-1}=0. \]
Le dénominateur est de degré plus élevé que le numérateur. Il croît donc, en valeur absolue, plus vite que celui-ci et le quotient tend vers zéro.
En particulier, pour des valeurs négatives de \(x\) suffisamment grandes en valeur absolue, le numérateur est positif et le dénominateur négatif. Le quotient s'approche donc de zéro par valeurs négatives, mais la valeur de la limite reste simplement \(0\).
Exercice 9 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x}{x^2+4}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x}{x^2+4}=-\infty. \]
Résolution
Quand \(x\to-\infty\), le terme dominant du numérateur est \(2x^3\). Comme \(x^3\to-\infty\), on a :
\[ 2x^3-x\to-\infty. \]
Le terme dominant du dénominateur est quant à lui \(x^2\). Comme \(x^2\to+\infty\), on a :
\[ x^2+4\to+\infty. \]
On obtient donc une expression de la forme
\[ \frac{-\infty}{+\infty}, \]
qu'il faut étudier en comparant les ordres de croissance du numérateur et du dénominateur.
Le numérateur est de degré \(3\), le dénominateur de degré \(2\). Le numérateur croît donc, en valeur absolue, plus vite que le dénominateur. Pour rendre ce comportement explicite, divisons le numérateur et le dénominateur par \(x^2\) :
\[ \frac{2x^3-x}{x^2+4} = \frac{\displaystyle\frac{2x^3}{x^2} -\displaystyle\frac{x}{x^2}} {\displaystyle\frac{x^2}{x^2} +\displaystyle\frac{4}{x^2}}. \]
En simplifiant, on obtient :
\[ \frac{2x^3-x}{x^2+4} = \frac{2x-\displaystyle\frac{1}{x}} {1+\displaystyle\frac{4}{x^2}}. \]
Quand \(x\to-\infty\), on a :
\[ 2x\to-\infty, \qquad \frac{1}{x}\to 0, \qquad \frac{4}{x^2}\to 0. \]
En conséquence, le numérateur
\[ 2x-\frac{1}{x} \]
tend vers \(-\infty\), tandis que le dénominateur
\[ 1+\frac{4}{x^2} \]
tend vers \(1\).
De plus, le dénominateur est toujours strictement positif, car
\[ 1+\frac{4}{x^2}>0 \]
pour tout \(x\neq 0\). Diviser une quantité qui tend vers \(-\infty\) par une quantité positive qui tend vers \(1\) ne modifie donc pas le signe de la divergence.
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x}{x^2+4}=-\infty. \]
Ce résultat s'interprète également en remarquant que le quotient se comporte asymptotiquement comme
\[ \frac{2x^3}{x^2}=2x, \]
et \(2x\to-\infty\) quand \(x\to-\infty\).
Exercice 10 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right)=2. \]
Résolution
Quand \(x\to+\infty\), on a :
\[ \sqrt{x^2+4x}\to+\infty \qquad\text{et}\qquad x\to+\infty. \]
La substitution formelle conduit donc à la forme indéterminée
\[ \infty-\infty. \]
On ne saurait en conclure que la limite est nulle, car la différence de deux quantités divergentes dépend de la vitesse à laquelle elles croissent. Il faut transformer l'expression.
Multiplions et divisons par la quantité conjuguée :
\[ \sqrt{x^2+4x}+x. \]
On obtient :
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{(\sqrt{x^2+4x}-x)(\sqrt{x^2+4x}+x)} {\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
Au numérateur apparaît une différence de deux carrés :
\[ (\sqrt{x^2+4x})^2-x^2 = x^2+4x-x^2 = 4x. \]
Par conséquent :
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
Pour étudier la limite, divisons le numérateur et le dénominateur par \(x\). Comme \(x\to+\infty\), on a en particulier \(x>0\) pour des valeurs suffisamment grandes, et donc
\[ \sqrt{x^2}=|x|=x. \]
On peut alors écrire :
\[ \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x} = \frac{4} {\displaystyle\frac{\sqrt{x^2+4x}}{x}+1}. \]
Dans le radicande, mettons \(x^2\) en facteur :
\[ \sqrt{x^2+4x} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{4}{x}\right)} = x\sqrt{1+\frac{4}{x}}. \]
En conséquence :
\[ \frac{\sqrt{x^2+4x}}{x} = \sqrt{1+\frac{4}{x}}. \]
L'expression devient donc :
\[ \frac{4} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1}. \]
Comme
\[ \frac{4}{x}\to 0, \]
on a :
\[ \sqrt{1+\frac{4}{x}}\to 1. \]
Le dénominateur tend donc vers :
\[ 1+1=2. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{4} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1} = \frac{4}{2} = 2. \]
On conclut donc que :
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right)=2. \]
La multiplication par la quantité conjuguée a transformé la forme \(\infty-\infty\) en un quotient dont la limite est déterminée.
Exercice 11 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}=3. \]
Résolution
En substituant formellement \(x=0\), le numérateur tend vers :
\[ \sin(3\cdot 0)=\sin 0=0, \]
tandis que le dénominateur tend vers zéro. On est donc en présence de la forme indéterminée
\[ \frac{0}{0}. \]
Pour calculer cette limite, utilisons la limite usuelle :
\[ \lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}=1. \]
Dans l'expression proposée, l'argument du sinus n'est pas \(x\), mais \(3x\). Il faut donc faire apparaître \(3x\) au dénominateur également.
Multiplions et divisons par \(3\) :
\[ \frac{\sin(3x)}{x} = 3\frac{\sin(3x)}{3x}. \]
Cette égalité vaut pour \(x\neq 0\), condition compatible avec le calcul de la limite quand \(x\to 0\).
Quand \(x\to 0\), on a aussi \(3x\to 0\). On peut donc appliquer la limite usuelle en posant
\[ t=3x. \]
On obtient :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{3x}=1. \]
Il en résulte :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x} = 3\lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{3x} = 3\cdot 1 = 3. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}=3. \]
En termes d'équivalents, comme
\[ \sin(3x)\sim 3x \qquad\text{quand }x\to 0, \]
le quotient se comporte comme
\[ \frac{3x}{x}=3. \]
Exercice 12 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}. \]
Résolution
En substituant formellement \(x=0\), le numérateur tend vers :
\[ 1-\cos 0=1-1=0, \]
tandis que le dénominateur tend vers :
\[ 0^2=0. \]
On est donc en présence de la forme indéterminée
\[ \frac{0}{0}. \]
On peut appliquer directement la limite usuelle :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}. \]
Pour comprendre d'où provient ce résultat, on peut s'y ramener à partir de la limite usuelle du sinus, grâce à l'identité trigonométrique :
\[ 1-\cos x=2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right). \]
En reportant cette identité dans le quotient, on obtient :
\[ \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{2\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)}{x^2}. \]
Pour faire apparaître le quotient usuel, remarquons que :
\[ x^2=4\left(\frac{x}{2}\right)^2. \]
Par conséquent :
\[ \frac{2\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)}{x^2} = \frac{2\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {4\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2}. \]
En simplifiant le facteur numérique :
\[ \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2} \frac{\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2}. \]
Le second facteur s'écrit comme le carré d'un quotient :
\[ \frac{\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2} = \left( \frac{\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)^2. \]
En conséquence :
\[ \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2} \left( \frac{\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)^2. \]
Quand \(x\to 0\), on a aussi \(\displaystyle\frac{x}{2}\to 0\). D'après la limite usuelle du sinus :
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\displaystyle\frac{x}{2}} = 1. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2}\cdot 1^2 = \frac{1}{2}. \]
On conclut donc que :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}. \]
Ce même résultat se lit également sur l'équivalent
\[ 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2} \qquad\text{quand }x\to 0. \]
Exercice 13 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}=2. \]
Résolution
En substituant formellement \(x=0\), le numérateur tend vers :
\[ e^{2\cdot 0}-1=e^0-1=1-1=0, \]
tandis que le dénominateur tend vers zéro. On est donc en présence de la forme indéterminée
\[ \frac{0}{0}. \]
Pour calculer cette limite, utilisons la limite usuelle :
\[ \lim_{t\to 0}\frac{e^t-1}{t}=1. \]
Dans l'expression proposée, l'exposant est \(2x\). Pour appliquer la limite usuelle, il faut donc faire apparaître \(2x\) au dénominateur également.
Pour \(x\neq 0\), on peut écrire :
\[ \frac{e^{2x}-1}{x} = 2\frac{e^{2x}-1}{2x}. \]
Quand \(x\to 0\), on a aussi \(2x\to 0\). En posant
\[ t=2x, \]
la limite usuelle donne :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{2x}=1. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x} = 2\lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{2x} = 2\cdot 1 = 2. \]
On conclut donc que :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}=2. \]
Le même résultat s'obtient à partir de l'équivalent
\[ e^{2x}-1\sim 2x \qquad\text{quand }x\to 0. \]
En conséquence, dans le quotient, on peut remplacer le numérateur par son équivalent :
\[ \frac{e^{2x}-1}{x} \sim \frac{2x}{x} = 2. \]
Exercice 14 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x}=5. \]
Résolution
Avant d'aller plus loin, remarquons que la fonction est définie lorsque
\[ 1+5x>0. \]
Cette condition équivaut à :
\[ x>-\frac{1}{5}. \]
En particulier, la fonction est définie sur tout un voisinage de \(x=0\) : l'étude de la limite en \(0\) a donc bien un sens.
En substituant formellement \(x=0\), le numérateur tend vers :
\[ \ln(1+5\cdot 0)=\ln(1)=0, \]
tandis que le dénominateur tend vers zéro. On est donc en présence de la forme indéterminée
\[ \frac{0}{0}. \]
Utilisons la limite usuelle :
\[ \lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1. \]
Dans l'expression proposée, la quantité ajoutée à \(1\) est \(5x\). Pour appliquer la limite usuelle, faisons apparaître \(5x\) au dénominateur également :
\[ \frac{\ln(1+5x)}{x} = 5\frac{\ln(1+5x)}{5x}. \]
Quand \(x\to 0\), on a aussi \(5x\to 0\). En posant
\[ t=5x, \]
on obtient :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{5x}=1. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x} = 5\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{5x} = 5\cdot 1 = 5. \]
On conclut donc que :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x}=5. \]
En termes d'équivalents, comme
\[ \ln(1+5x)\sim 5x \qquad\text{quand }x\to 0, \]
le quotient se comporte comme :
\[ \frac{5x}{x}=5. \]
Exercice 15 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)} =0. \]
Résolution
En substituant formellement \(x=0\), tous les facteurs du numérateur et du dénominateur tendent vers zéro :
\[ 1-\cos x\to 0, \qquad \ln(1+2x)\to 0, \qquad x\to 0, \qquad \sin(3x)\to 0. \]
Le quotient prend donc la forme indéterminée
\[ \frac{0}{0}. \]
Il est ici commode d'utiliser les équivalents usuels :
\[ 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}, \qquad \ln(1+2x)\sim 2x, \qquad \sin(3x)\sim 3x, \]
valables quand \(x\to 0\).
Ces équivalents peuvent être substitués directement dans les produits et les quotients. Le quotient proposé est donc équivalent à :
\[ \frac{\displaystyle\frac{x^2}{2}\cdot 2x} {x\cdot 3x}. \]
Simplifions le numérateur :
\[ \frac{x^2}{2}\cdot 2x=x^3. \]
Simplifions de même le dénominateur :
\[ x\cdot 3x=3x^2. \]
Par conséquent :
\[ \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)} \sim \frac{x^3}{3x^2} = \frac{x}{3}. \]
Comme
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x}{3}=0, \]
il s'ensuit que la limite proposée est elle aussi nulle :
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)} =0. \]
Il importe de remarquer que les équivalents ont été utilisés dans des produits et des quotients, où le remplacement d'une fonction par un équivalent est licite.
Il ne serait en revanche pas légitime de remplacer automatiquement un terme par un équivalent à l'intérieur d'une somme ou d'une différence, car des compensations entre les termes principaux pourraient alors se produire.
Exercice 16 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 0}x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right)=0. \]
Résolution
La fonction
\[ \cos\left(\frac{1}{x}\right) \]
n'admet pas de limite quand \(x\to 0\). En effet, lorsque \(x\) s'approche de zéro, la quantité \(\displaystyle\frac{1}{x}\) devient arbitrairement grande en valeur absolue et le cosinus continue d'osciller entre \(-1\) et \(1\).
On ne peut donc pas appliquer directement la règle de passage à la limite dans un produit, puisque l'un des deux facteurs n'a pas de limite.
On peut en revanche utiliser le fait que, pour tout réel \(t\),
\[ -1\leq\cos t\leq 1. \]
En posant
\[ t=\frac{1}{x}, \]
on obtient, pour tout \(x\neq 0\) :
\[ -1\leq\cos\left(\frac{1}{x}\right)\leq 1. \]
Multiplions tous les membres par \(x^2\). Comme
\[ x^2\geq 0, \]
le sens des inégalités ne change pas :
\[ -x^2 \leq x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right) \leq x^2. \]
Calculons maintenant les limites des deux fonctions qui encadrent l'expression :
\[ \lim_{x\to 0}(-x^2)=0 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to 0}x^2=0. \]
La fonction centrale est donc encadrée par deux fonctions qui tendent toutes deux vers la même limite \(0\).
Le théorème d'encadrement permet d'en conclure que :
\[ \lim_{x\to 0}x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right)=0. \]
Le facteur oscillant n'a pas de limite, mais reste borné entre \(-1\) et \(1\). Le facteur \(x^2\), quant à lui, tend vers zéro et rend l'amplitude des oscillations du produit de plus en plus petite.
Le même raisonnement s'exprime aussi à l'aide de la valeur absolue :
\[ \left| x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right) \right| = x^2\left| \cos\left(\frac{1}{x}\right) \right| \leq x^2. \]
Comme \(x^2\to 0\), la valeur absolue de l'expression tend vers zéro, et l'expression elle-même également.
Exercice 17 — niveau ★★★★☆
Calculer les deux limites latérales :
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2} \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}, \]
et déterminer si la limite existe quand \(x\to 2\).
Résultat
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}=-\infty, \qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}=+\infty. \]
Comme les deux limites latérales sont différentes, la limite
\[ \lim_{x\to 2}\frac{1}{x-2} \]
n'existe pas.
Résolution
La fonction
\[ f(x)=\frac{1}{x-2} \]
n'est pas définie en \(x=2\), car le dénominateur s'y annule.
Pour étudier le comportement de la fonction au voisinage de \(2\), il ne suffit pas de constater que le dénominateur tend vers zéro : il faut aussi déterminer le signe avec lequel il s'en approche.
Considérons d'abord la limite à gauche :
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}. \]
L'écriture \(x\to 2^-\) signifie que \(x\) prend des valeurs inférieures à \(2\) et de plus en plus proches de \(2\). Il en résulte :
\[ x-2<0. \]
De plus, lorsque \(x\) s'approche de \(2\) par la gauche, la différence \(x-2\) tend vers zéro par valeurs négatives. On écrit en abrégé :
\[ x-2\to 0^-. \]
L'inverse d'un nombre négatif très proche de zéro est un nombre négatif très grand en valeur absolue. Par exemple :
\[ \frac{1}{-0{,}1}=-10, \qquad \frac{1}{-0{,}01}=-100, \qquad \frac{1}{-0{,}001}=-1000. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}=-\infty. \]
Considérons maintenant la limite à droite :
\[ \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}. \]
L'écriture \(x\to 2^+\) signifie que \(x\) prend des valeurs supérieures à \(2\) et de plus en plus proches de \(2\). Il en résulte :
\[ x-2>0. \]
Lorsque \(x\) s'approche de \(2\) par la droite, la différence \(x-2\) tend vers zéro par valeurs positives :
\[ x-2\to 0^+. \]
L'inverse d'un nombre positif très proche de zéro est un nombre positif arbitrairement grand. Par exemple :
\[ \frac{1}{0{,}1}=10, \qquad \frac{1}{0{,}01}=100, \qquad \frac{1}{0{,}001}=1000. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}=+\infty. \]
On a donc obtenu :
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}=-\infty \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}=+\infty. \]
Pour que la limite existe, les deux limites latérales doivent exister et être égales. Elles sont ici de signes opposés ; par conséquent :
\[ \lim_{x\to 2}\frac{1}{x-2}\text{ n'existe pas}. \]
Comme l'une au moins des limites latérales est infinie, la droite
\[ x=2 \]
est une asymptote verticale à la courbe représentative de la fonction.
Exercice 18 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+x}{|x|}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{x^2+x}{|x|}=-1, \qquad \lim_{x\to 0^+}\frac{x^2+x}{|x|}=1. \]
Comme les deux limites latérales sont différentes,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+x}{|x|} \]
n'existe pas.
Résolution
En substituant formellement \(x=0\), le numérateur tend vers :
\[ 0^2+0=0, \]
tandis que le dénominateur tend vers :
\[ |0|=0. \]
On est donc en présence de la forme indéterminée
\[ \frac{0}{0}. \]
La présence de la valeur absolue oblige à distinguer le comportement de la fonction à droite et à gauche de \(0\).
Rappelons en effet que :
\[ |x|= \begin{cases} x, & x\geq 0,\\ -x, & x<0. \end{cases} \]
Commençons par la limite à droite. Si \(x\to 0^+\), alors \(x>0\) et donc :
\[ |x|=x. \]
Pour \(x>0\), l'expression devient :
\[ \frac{x^2+x}{|x|} = \frac{x^2+x}{x}. \]
Mettons \(x\) en facteur au numérateur :
\[ x^2+x=x(x+1). \]
Comme \(x\neq 0\), on peut simplifier :
\[ \frac{x(x+1)}{x}=x+1. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{x^2+x}{|x|} = \lim_{x\to 0^+}(x+1) = 1. \]
Considérons maintenant la limite à gauche. Si \(x\to 0^-\), alors \(x<0\) et donc :
\[ |x|=-x. \]
Pour \(x<0\), l'expression devient :
\[ \frac{x^2+x}{|x|} = \frac{x^2+x}{-x}. \]
En mettant \(x\) en facteur au numérateur, on obtient :
\[ \frac{x(x+1)}{-x}. \]
Pour \(x\neq 0\), on peut simplifier le facteur \(x\) :
\[ \frac{x(x+1)}{-x}=-(x+1). \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{x^2+x}{|x|} = \lim_{x\to 0^-}\bigl(-(x+1)\bigr) = -1. \]
Les deux limites latérales sont donc :
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{x^2+x}{|x|}=-1, \qquad \lim_{x\to 0^+}\frac{x^2+x}{|x|}=1. \]
Comme elles sont différentes, la limite n'existe pas :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+x}{|x|}\text{ n'existe pas}. \]
Cet exercice montre qu'en présence d'une valeur absolue, une même expression peut prendre des formes algébriques différentes de part et d'autre du point considéré.
Exercice 19 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 0}(1+2x)^{\frac{3}{x}}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}(1+2x)^{\frac{3}{x}}=e^6. \]
Résolution
Vérifions d'abord que la puissance est définie sur un voisinage de \(x=0\). La base doit être strictement positive :
\[ 1+2x>0. \]
Cette condition équivaut à :
\[ x>-\frac{1}{2}. \]
La base est donc strictement positive sur tout un voisinage de \(0\) et l'étude de la limite en \(0\) a bien un sens.
Quand \(x\to 0\), la base tend vers :
\[ 1+2x\to 1. \]
L'exposant, en revanche, se comporte différemment de part et d'autre :
\[ \frac{3}{x}\to+\infty \quad\text{quand }x\to0^+, \qquad \frac{3}{x}\to-\infty \quad\text{quand }x\to0^-. \]
On est donc en présence d'une forme indéterminée exponentielle : \(1^{+\infty}\) pour la limite à droite et \(1^{-\infty}\) pour la limite à gauche. Dans les deux cas, il faut étudier le produit de l'exposant par le logarithme népérien de la base.
Pour ce faire, définissons :
\[ y(x)=(1+2x)^{\frac{3}{x}}. \]
Comme \(1+2x>0\) au voisinage de \(0\), on a \(y(x)>0\) et l'on peut prendre le logarithme népérien :
\[ \ln\bigl(y(x)\bigr)=\ln\left((1+2x)^{\frac{3}{x}}\right). \]
En utilisant la propriété
\[ \ln(a^b)=b\ln(a), \qquad a>0, \]
on obtient :
\[ \ln\bigl(y(x)\bigr)=\frac{3}{x}\ln(1+2x). \]
Réécrivons le second membre de manière à faire apparaître la limite usuelle du logarithme :
\[ \frac{3}{x}\ln(1+2x)=6\frac{\ln(1+2x)}{2x}. \]
Quand \(x\to 0\), on a aussi \(2x\to 0\). D'après la limite usuelle
\[ \lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1, \]
on a :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+2x)}{2x}=1. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to 0}\ln\bigl(y(x)\bigr)=6. \]
Comme
\[ y(x)=e^{\ln(y(x))}, \]
la continuité de la fonction exponentielle permet de conclure que :
\[ \lim_{x\to 0}y(x)=e^{\displaystyle\lim_{x\to 0}\ln(y(x))}=e^6. \]
On conclut donc que :
\[ \lim_{x\to 0}(1+2x)^{\frac{3}{x}}=e^6. \]
Ce résultat peut également se reconnaître en ramenant l'expression à la limite fondamentale
\[ \lim_{t\to 0}(1+t)^{1/t}=e, \]
mais le passage par le logarithme rend toutes les étapes explicites et s'applique systématiquement aux formes indéterminées exponentielles.
Exercice 20 — niveau ★★★★★
Déterminer toutes les asymptotes de la fonction :
\[ f(x)=\frac{2x^2+3x-1}{x-1}. \]
Résultat
La fonction admet :
\[ x=1 \]
comme asymptote verticale et
\[ y=2x+5 \]
comme asymptote oblique, aussi bien quand \(x\to+\infty\) que quand \(x\to-\infty\).
Elle ne possède pas d'asymptote horizontale.
Résolution
La fonction est une fonction rationnelle :
\[ f(x)=\frac{2x^2+3x-1}{x-1}. \]
Le dénominateur s'annule lorsque :
\[ x-1=0, \]
c'est-à-dire pour :
\[ x=1. \]
L'ensemble de définition de la fonction est donc :
\[ \mathbb{R}\setminus\{1\}. \]
Pour déterminer si la droite \(x=1\) est une asymptote verticale, il faut étudier le comportement de la fonction quand \(x\) tend vers \(1\).
Calculons la valeur vers laquelle tend le numérateur :
\[ 2\cdot 1^2+3\cdot 1-1 = 2+3-1 = 4. \]
Le numérateur tend donc vers un nombre strictement positif, tandis que le dénominateur tend vers zéro.
Considérons séparément les deux côtés.
Si \(x\to 1^-\), alors :
\[ x-1\to 0^-. \]
Le numérateur reste positif pour \(x\) suffisamment proche de \(1\), puisqu'il tend vers le nombre positif \(4\). Le quotient d'une quantité positive voisine de \(4\) par une quantité négative voisine de zéro tend donc vers \(-\infty\) :
\[ \lim_{x\to 1^-}\frac{2x^2+3x-1}{x-1} = -\infty. \]
Si en revanche \(x\to 1^+\), alors :
\[ x-1\to 0^+. \]
Le quotient d'une quantité positive voisine de \(4\) par une quantité positive voisine de zéro tend vers \(+\infty\) :
\[ \lim_{x\to 1^+}\frac{2x^2+3x-1}{x-1} = +\infty. \]
Comme l'une au moins des deux limites latérales est infinie, la droite
\[x=1 \]
est une asymptote verticale.
Étudions maintenant le comportement de la fonction quand \(x\to+\infty\) et quand \(x\to-\infty\).
Le numérateur est de degré \(2\), le dénominateur de degré \(1\). Comme le degré du numérateur dépasse d'une unité celui du dénominateur, l'existence d'une asymptote oblique est possible.
Effectuons la division euclidienne des deux polynômes :
\[ 2x^2+3x-1=(x-1)(2x+5)+4. \]
Vérifions le produit :
\[ (x-1)(2x+5) = 2x^2+5x-2x-5 = 2x^2+3x-5. \]
En ajoutant le reste \(4\), on obtient :
\[ 2x^2+3x-5+4 = 2x^2+3x-1, \]
ce qui confirme la décomposition.
En divisant les deux membres par \(x-1\), pour \(x\neq 1\), on en déduit :
\[ \frac{2x^2+3x-1}{x-1} = 2x+5+\frac{4}{x-1}. \]
Pour vérifier que la droite
\[ y=2x+5 \]
est une asymptote oblique, calculons la différence entre la fonction et l'équation de la droite :
\[ f(x)-(2x+5) = \frac{4}{x-1}. \]
Quand \(x\to+\infty\), on a :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4}{x-1}=0. \]
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to+\infty}\bigl[f(x)-(2x+5)\bigr]=0. \]
De même, quand \(x\to-\infty\), on a :
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{4}{x-1}=0, \]
et par conséquent :
\[ \lim_{x\to-\infty}\bigl[f(x)-(2x+5)\bigr]=0. \]
Comme la différence \(f(x)-(2x+5)\) tend vers zéro dans les deux directions, la courbe représentative de la fonction se rapproche de la droite \(y=2x+5\) quand \(x\to\pm\infty\).
Par conséquent :
\[ y=2x+5 \]
est une asymptote oblique aussi bien quand \(x\to+\infty\) que quand \(x\to-\infty\).
La fonction ne possède pas d'asymptote horizontale. En effet, quand \(x\to\pm\infty\), le terme dominant est \(2x\), de sorte que la fonction ne tend vers aucun nombre réel fini.
En conclusion, les asymptotes de la fonction sont :
\[ x=1 \qquad\text{et}\qquad y=2x+5. \]