\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x-1} & = \dfrac{\sqrt{(x-1)(x+1)}}{x-1}\\
& = \dfrac{\sqrt{(x-1)}\times\sqrt{(x+1)}}{\big(\sqrt{x-1}\big)^2}\\
& = \dfrac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1}}\quad\text{pour }x\neq1\\
& = \sqrt{\dfrac{x+1}{x-1}}
\end{aligned}$

\medskip

Notons que le domaine de définition de la fonction $x\longmapsto\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x-1}$ est $\intervOF{-\infty}{-1}\cup\intervOO{1}{+\infty}$ donc quand on parle de la limite de $\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x-1}$ en 1, il est sous-entendu que $x>1$.

\medskip

$
\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{1}{(x+1)}=2\\[10pt]
\limite[x>1]{x}{1}{(x-1)}=0^+
\end{array}
\right\}\Rightarrow\text{ par quotient : }\limite{x}{1}{\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)}=+\infty
$

Or, $\limite{X}{+\infty}{\sqrt{X}}=+\infty$ donc $\boxed{\limite{x}{1}{\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x-1}}=+\infty}$

\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{\sqrt{x^2+x-2}-2}{x-2} 
& = \dfrac{\big(\sqrt{x^2+x-2}-2\big)\big(\sqrt{x^2+x-2}+2\big)}{(x-2)\big(\sqrt{x^2+x-2}+2\big)}\\
& = \dfrac{x^2+x-2-4}{(x-2)\big(\sqrt{x^2+x-2}+2\big)}\\
& = \dfrac{x^2+x-6}{(x-2)\big(\sqrt{x^2+x-2}+2\big)}\\
& \text{On factorise $x^2+x-6$ en calculant son discriminant et on arrive à :}\\
& = \dfrac{(x-2)(x+3)}{(x-2)\big(\sqrt{x^2+x-2}+2\big)}\\
& = \dfrac{x+3}{\sqrt{x^2+x-2}+2}\quad\text{pour }x\neq2
\end{aligned} $

$\limite{x}{2}{\dfrac{x+3}{\sqrt{x^2+x-2}+2}}=\dfrac{2+3}{\sqrt{2^2+2-2}+2}=\dfrac{5}{4}$.

Ainsi, $\boxed{\limite{x}{2}{\dfrac{\sqrt{x^2+x-2}-2}{x-2}}}=\dfrac{5}{4}$

\item On pose $u(x)=\cos x$. Alors, $u'(x)=-\sin x$ et :
\[
\limite{x}{\pi}{\dfrac{\cos x+1}{x-\pi}}=\limite{x}{\pi}{\dfrac{u(x)-u(\pi)}{x-\pi}}=u'(\pi)=-\sin\pi=0.
\]

Ainsi, $\boxed{\limite{x}{\pi}{\dfrac{\cos x+1}{x-\pi}}=0}$

\item On pose $u(x)=\sqrt{x+1}$. Alors, $u'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x+1}}$ et :
\[
\limite{x}{1}{\dfrac{\sqrt{x+1}-\sqrt{2}}{x-1}}=\limite{x}{1}{\dfrac{u(x)-u(1)}{x-1}}=u'(1)=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\;.
\]

Ainsi, $\boxed{\limite{x}{1}{\dfrac{\sqrt{x+1}-\sqrt{2}}{x-1}}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}}$
\end{enumerate}