1. Csak fel kell bontani a zárójeleket, és elhagyni a 3-nál magasabb fokú tagokat (itt `epsilon` nyilván egy 1-nél sokkal kisebb számot jelöl, aminek a magas kitevőjű hatványai elhanyagolhatóan kicsik):

`(a epsilon^2+b epsilon)^2 (epsilon +1)=``(a^2 epsilon^4 +2ab epsilon^3 + b^2 epsilon^2)(epsilon+1)=``a^2 epsilon^5+(a^2+2ab)epsilon^4+(b^2+2ab)epsilon^3+b^2 epsilon^2=``b^2 epsilon^2 +(b^2+2ab)epsilon^3+O(epsilon^4)`



2. A koszinuszfüggvény Taylor-sora:

`cos x =`` sum_{n=0}^{oo} ((-1)^n)/((2n)!) x^(2n)=``1-x^2/2+x^4/24-x^6/720+...=``1-x^2/2+O(x^4)`

Az exponenciális függvény Taylor-sora:

`e^y =`` sum_{n=0}^{oo} (y^n)/(n!)=``1+y+y^2/2+y^3/6+y^4/24+...=``1+y+y^2/2+O(y^3)`

Éljünk azzal a trükkel, hogy `cos x` helyett `1-cos x`-et írjuk fel, illetve `e^y` helyett `e^{1-y}`-t:

`1-cos x =``x^2/2+O(x^4)`

`e^{1-y}=e*e^-y=``e(1-y+y^2/2+O(y^3))`

Helyettesítsük be az elsőt a másodikba:

`e^{cos x}=e(1-x^2/2+(x^2/2)^2/4+O(x^4))=e-e/2 x^2+O(x^4)`



3. Az első határérték vizsgálatakor legyen `x=1+epsilon`, tehát:

`lim_{x -> 1} (x^5-1)/(x^4-1)=``lim_{epsilon -> 0} ((1+epsilon)^5-1)/((1+epsilon)^4-1)=``lim_{epsilon -> 0} (epsilon^5 + 5 epsilon^4 + 10 epsilon^3 + 10 epsilon^2 + 5 epsilon)/(epsilon^4 + 4 epsilon^3 + 6 epsilon^2 + 4 epsilon)=``lim_{epsilon -> 0} (5epsilon+O(epsilon^2))/(4epsilon+O(epsilon^2))=``lim_{epsilon -> 0} (5+O(epsilon))/(4+O(epsilon))=5/4`

Itt az O használata kicsit erőltetett, mert kibontás és `epsilon`-nal egyszerűsítés után már behelyettesítéssel is számítható a határérték. Persze úgy lehet haszna, ha az ember tudja fejből az `(1+epsilon)^n` kifejezés elsőfokú tagjának együtthatóját a binomiális tétel alapján, és akkor nem kell teljesen felbontani a zárójeleket...

A második határértéknél használjuk a szinusz Taylor-sorát:

`sin x = sum_{n=0}^{oo}((-1)^n)/((2n+1)!)x^{2n+1}=``x-x^3/6+x^5/120-...``=x+O(x^3)`

Behelyettesítve az elsőrendű közelítést:

`lim_{x -> 0} (sin x)/x=``lim_{x -> 0}(x+O(x^3))/x=``lim_{x -> 0}(1+O(x^2))=1`