1. feladat: Létezik-e az alábbi határérték? Ha igen, adja meg az értékét!
\[
\lim_{x\rightarrow0}{\frac{x+1}{x-1}}=
\]

Az 1. feladat egy megoldása: A vizsgált pontban (\(x=0 \)) a függvény folytonos. (A nevezõ nem zérus.) Így a hetárérték a helyettesítési értékkel egyenlõ:
\[
\lim_{x\rightarrow0}{\frac{x+1}{x-1}}= \left.\frac{x+1}{x-1}\right|_{x=0} = \frac{0+1}{0-1} = \color{darkred}{\mathbf{1}}
\]

2. feladat: Létezik-e az alábbi határérték? Ha igen, adja meg az értékét!
\[
\lim_{x\rightarrow5}{\frac{x+5}{x-5}}=
\]

A 2. feladat egy megoldása: A vizsgált helyen (\(x=5\)) a nevezõ értéke zérus, míg a számlálóé nem az! - konkrétan 10.
 
Ilyenkor a határérték nem jön létre, mert miközben \(x-5\rightarrow0\), tehát a nevezõ 'nagyon kicsi', pl. 0,00001, aközben a számláló már 'majdnem' 10. A hányados tehát 'nagyon nagy' lesz. És minél közelebb megy a nevezõ a 0-hoz (a számláló közben kb. 10), a hányados értéke minden határon túl nõhet.
Ez esetben tehát:

Megjegyzés: Még azt sem mondhatjuk biztosan, hogy a kifejezés a végtelenbe tart. A nevezõ ugyanis 0-hoz tartása közben akár váltogathatja is az elõjelét, agy a hányados hol a \(+\infty\), hol a \(-\infty\) felé 'ugrik' egy nagyot.
További vizsgálatok nélkül ilyenkor csak annyit mondhatunk, hogy véges határérték nincs.

3. feladat: Létezik-e az alábbi határérték? Ha igen, adja meg az értékét!
\[
\lim_{x\rightarrow2}{\frac{x^2+3x-10}{x-2}}=
\]

A 3. feladat egy megoldása: A vizsgált helyen (\(x=2\)) a nevezõ zérus, és a számláló: \(2^2+3\cdot2-10=0\) is az!
 
Van tehát esély a határérték létezésére. Mivel az \(x^2+3x-10\) polinomnak gyöke a 2, biztosan osztható lesz az \((x-2)\) ún. gyöktényezõvel.
 
Az osztást csoportosítással végezhetjük el (a csalás vörössel, a helyrehozás zölddel):
\[
x^2+3x-10 = x^2 \color{darkred}{-2x} \color{darkgreen}{+5x} - 10 = x(x-2)+5(x-2) = (x+5)(x-2)
\]Beírva ezt a határértékbe:
\[
\lim_{x\rightarrow2}{\frac{x^2+3x-10}{x-2}}= \lim_{x\rightarrow2}{\frac{(x+5)(x-2)}{x-2}} =
\lim_{x\rightarrow2}{(x+5)} = \left.x+5\vphantom{\frac11}\right|_{x=2} = 2+5 = \color{darkred}{\mathbf{7}}
\]
 
Megjegyzés: az \(\frac{(x+5)(x-2)}{x-2}\) kifejezés csak akkor azonos az \((x+5)\) kifejezéssel, ha \(x\ne2\). A határérték definíciójában azonban erõsen hangsúlyoztuk, hogy az \(x\) nem 'mehet be' a vizsgált pontba - tehát a \(\lim_{x\rightarrow2}(...)\) felfogható egy \(x\ne2\) kikötésnek - így a kifejezések egymással helyettesíthetõk.

4. feladat: Létezik-e az alábbi határérték? Ha igen, adja meg az értékét!
\[
\lim_{x\rightarrow4}{\frac{x^3-13x-12}{x-4}}=
\]

A 4. feladat egy megoldása: A vizsgált helyen (\(x=4\)) a nevezõ zérus, és a számláló: \(4^3-13\cdot4-12=0\) is az!
 
Esély van a határérték létezésére. Mivel az \(x^3-13x-12\) polinomnak gyöke a 4, biztosan osztható lesz az \((x-4)\) gyöktényezõvel.
 
Az osztást csoportosítással végezhetjük el (a csalás vörössel, a helyrehozás zölddel):
\[
x^3-13x-12 = x^3 \color{darkred}{-4x^2} \color{darkgreen}{+4x^2} \color{darkred}{-16x} \color{darkgreen}{+3x} -12 = x^2(x-4) + 4x(x-4) +3(x-4) = (x^2+4x+3)(x-4)
\]Beírva ezt a határértékbe:
\[
\lim_{x\rightarrow4}{\frac{x^3-13x-12}{x-4}}= \lim_{x\rightarrow4}{\frac{(x^2+4x+3)(x-4)}{x-4}} =
\lim_{x\rightarrow4}{(x^2+4x+3)} = \left.x^2+4x+3\vphantom{\frac11}\right|_{x=4} = 4^2+4\cdot4+3 = \color{darkred}{\mathbf{35}}
\]

5. feladat: Létezik-e az alábbi határérték? Ha igen, adja meg az értékét!
\[
\lim_{x\rightarrow0}{\frac{\cos^2x-1}{x^2}}=
\]

Az 5. feladat egy megoldása: Trigonometrikus esetben csak a
\[
\lim_{x\rightarrow0}{\frac{\sin x}x}=1
\]határértéket ismerjük, ezt kell valahogy ide 'kavarjuk'...
Alkalmazzuk a \(\cos^2x=1-\sin^2x\) azonosságot!
\[
\lim_{x\rightarrow0}{\frac{\cos^2x-1}{x^2}}= \lim_{x\rightarrow0}{\frac{1-\sin^2x-1}{x^2}} =
\lim_{x\rightarrow0}{\frac{-\sin^2x}{x^2}} = -\lim_{x\rightarrow0}{\frac{\sin^2x}{x^2}} = \underbrace{-\lim_{x\rightarrow0}{\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2} = - 1^2}_{\text{Alk. az átviteli elvet}} = \color{darkred}{\mathbf{-1}}
\]

6. feladat: Létezik-e az alábbi határérték? Ha igen, adja meg az értékét!
\[
\lim_{x\rightarrow0}{\frac{\cos x-1}{x^2}}=
\]

A 6. feladat egy megoldása: A 'szimlpa' koszinusz helyére elég 'zûrös' lenne a szinusz helyettesítése... érdemes tehát \(x=2y\) új változó bevezetésével javítani a helyzetünkön.
Mivel ilyenkor \(y=\frac{x}2\), mondhatjuk, hogy ha \(x\rightarrow0\), akkor \(y\rightarrow0\) is.
\begin{equation}
\begin{split}
\lim_{x\rightarrow0}{\frac{\cos x-1}{x^2}} &= \lim_{y\rightarrow0}{\frac{\cos 2y-1}{(2y)^2}} =
\lim_{y\rightarrow0}{\frac{\cos^2y-\sin^2y-1}{4y^2}} =
\lim_{y\rightarrow0}{\frac{1-\sin^2y-\sin^2y-1}{4y^2}} = \lim_{y\rightarrow0}{\frac{-2\sin^2y}{4y^2}}=\\\\
&= -\frac12 \lim_{y\rightarrow0}{\left(\frac{\sin y}y\right)^2} = -\frac12\cdot1^2 = \color{darkred}{\mathbf{-\frac12}}
\end{split}
\end{equation}
 
Megjegyzés: Némi egyszerûsítéssel eredményünket úgy értelmezhetjük, hogy a 'nulla közelében':
\begin{equation}
\begin{split}
\tfrac{\cos x-1}{x^2} &\approx -\tfrac12\\
\text{vagy kicsit átrendezve:}\\
\cos x -1 &\approx -\tfrac12 x^2\\
\cos x &\approx -\tfrac12 x^2+1
\end{split}
\end{equation}
Ez nem is olyan rossz észrevétel; ha ábrázoljuk a két oldalon álló függvényt:

Az ábrán érzékelhetõ, hogy a \(-\tfrac12x^2+1\) képlettel megadott fv. a 'nulla közelében' valóban, szinte simul' a koszinusz-függvényhez.
Ha itt megfelelõ fogalmakat építünk föl, akkor a nulla megfelelõ környezetében a \(-\tfrac12x^2+1\) függvénnyel valóban 'jól helyettesíthetõ' a koszinusz.