$V$ bir iç çarpım uzayı ve üzerinde $\|x\|=\sqrt{\langle x,x\rangle}$ normu tanımlı olsun. Bu durumda $\langle \cdot, \cdot\rangle : V \times V \to  \mathbb{R}$ şeklinde tanımlanan iç çarpım fonksiyonu süreklidir, yani eğer $\lim_{n\to\infty}x_n = x$ ve $\lim_{n\to\infty}y_n = y$ ise $\lim_{n\to\infty}\langle x_n, y_n \rangle = \langle x, y\rangle$ gerçekleşir.

Şimdi amacımız $\forall \varepsilon>0$ için uygun bir $N\in \mathbb{N}$ doğal sayısı belirleyerek $\forall n>N$ için  $|\langle x_n,y_n \rangle – \langle x,y \rangle| <\varepsilon$ gerçeklendiğini göstermektir. 

\begin{eqnarray}
|\langle x_n,y_n \rangle – \langle x,y \rangle| &=& |\langle x_n,y_n \rangle – \langle x,y_n \rangle +\langle x,y_n \rangle-\langle x,y \rangle| \\ & \leq & |\langle x_n,y_n \rangle – \langle x,y_n \rangle| +|\langle x,y_n \rangle-\langle x,y \rangle|  \\ & = & |\langle x_n -x,y_n \rangle | +|\langle x,y_n-y \rangle|  \\ & \leq &  \|x_n-x\|\|y_n\| + \|x\| \|y_n-y\|
\end{eqnarray}

Son adımda Cauchy-Schwarz eşitsizliği kullanıldı.

$\lim_{n\to\infty}y_n = y$ olduğu için limit tanımı gereği $\forall \varepsilon>0$ için $\exists K\in \mathbb{N}$ öyle ki $\forall n>K$ için $\|y_n-y\|<\min\{1, \frac{\varepsilon}{2\|x\|}\}$ gerçeklenir. Burada $\forall n>K$ için $\|y_n-y\|<1$ ve $|\|y_n\|-\|y\||\leq\|y_n-y\|<1$ nedeniyle $\|y_n\|<\|y\|+1$ geçerli olur.

Benzer biçimde $\lim_{n\to\infty}x_n = x$ olduğu için limit tanımı gereği $\forall \varepsilon>0$ için $\exists M\in \mathbb{N}$ öyle ki $\forall n>M$ için $\|x_n-x\|<\frac{\varepsilon}{2(\|y\|+1)}$ gerçeklenir.

Böylece  $\forall \varepsilon>0$ için $ N=\max\{K,M\}\in\mathbb{N}$ seçilir ve yukarıda elde edilen eşitsizlikler kullanılır ise $\forall n> N$ için 
\begin{eqnarray}
|\langle x_n,y_n \rangle – \langle x,y \rangle| & \leq &  \|x_n-x\|\|y_n\| + \|x\| \|y_n-y\|\\
& < &  \|x_n-x\|(\|y\|+1) + \|x\| \|y_n-y\|\\
& < &  \frac{\varepsilon}{2(\|y\|+1)}(\|y\|+1) + \|x\|\min\{1, \frac{\varepsilon}{2\|x\|}\}\\
& < & \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2} =\varepsilon
\end{eqnarray}
istenen sonucu elde edilir.

$3^a=32=2^5$
$8^b=2^{3b}=81=3^4$

Taraf tarafa çarparsak $3^a.2^{3b}= 2^5.3^4$ eşitliği elde edilir.

Bu ise $a=4$ ve $b=\frac53$ olmasını gerektirir, dolayısıyla $a.b=\frac{20}{3}$ bulunur.

$\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x\tan x}=\frac{1}{x^2}-\frac{\cos x}{x\sin x}=\frac{\sin x-x\cos x}{x^2\sin x}$

$\lim_{x\to 0} \frac{\sin x-x\cos x}{x^2\sin x}=\frac00$ belirsizliğini verir, L’Hospital kuralını uygulayalım. Yani payın ve paydanın ayrı ayrı türevlerini alıp tekrar limit alalım.

$\lim_{x\to 0}\frac{\cos x-\cos x +x\sin x}{2x\sin x+x^2\cos x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{2\sin x+x\cos x}=\lim_{x\to 0}\frac{1}{2+\cos x\frac{x}{\sin x}}=\frac{1}{2+1.1}=\frac13$

Son adımda ünlü $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}=1$ limiti kullanıldı.

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=4 \rightarrow a+b=4ab$

$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=16 \rightarrow a^2+b^2=16ab$

$(a+b)^2=a^2+b^2+2ab$ özdeşliğinde yukarıda elde ettiklerimizi yazarsak $16a^2b^2=18ab$ elde edilir.

Bu son denklemden de $ab=\frac{9}{8}$ bulunur.

İlk elde edilen denklemde $a+b=4ab$ idi, bulduğmuz $ab=\frac{9}{8}$ değeri yerine yazılırsa $a+b=4ab= 4.\frac{9}{8}=\frac{9}{2}$ bulunur.