கிளை வரைபடத்தைப் பயன்படுத்தி \(\frac { \partial g }{ \partial r } ,\frac { \partial g }{ \partial s } \) -ஐக் காண்போம்.
\(\frac { \partial g }{ \partial x } \) =2x, \(\frac { \partial g }{ \partial y } \) =2, \(\frac { \partial x }{ \partial r } \) =2, \(\frac { \partial x }{ \partial s } \) =-1, \(\frac { \partial y }{ \partial r } \) =2r, மற்றும் \(\frac { \partial y }{ \partial s } \) =2.
தற்போது \(\frac { \partial g }{ \partial r } \) = \(\frac { \partial g }{ \partial x } \frac { \partial x }{ \partial r } +\frac { \partial g }{ \partial y } \frac { \partial y }{ \partial r } \) = 2x(2) + 2(2r) = 12r - 4s.
மேலும்,  \(\frac { \partial g }{ \partial s } \) = \(\frac { \partial g }{ \partial x } \frac { \partial x }{ \partial s } +\frac { \partial g }{ \partial y } \frac { \partial y }{ \partial s } \) = 2x(-1) +(2)2=2s - 4r+4.

g(x,y) = \(\frac { { e }^{ y }\sin x }{ x } \)
முதல் கட்டுப்பாட்டை சோதிக்க:
\(\underset { \left( x,y \right) \rightarrow \left( 0,0 \right) }{ \lim } g\left( x,y \right) =\underset { \left( x,y \right) \rightarrow \left( 0,0 \right) }{ \lim } \cfrac { { e }^{ x }\sin x }{ x } =1\) என்பது வரையறுக்கப்பட்டுள்ளது என்பதைக் காண்க.
மேலும் \(\underset { \left( x,y \right) \rightarrow \left( 0,0 \right) }{ \lim } g\left( x,y \right) =\cfrac { { e }^{ x }\sin x }{ x } =1=L\) என்பது உள்ளதாகிறது.
இப்போது,\(\underset { \left( x,y \right) \rightarrow \left( 0,0 \right) }{ \lim } g\left( x,y \right) =L=g\left( 0,0 \right) \) என்பதைக் கவனிக்க 
எனவே,g என்பது தொடர்ச்சித் தன்மையின் மூன்று கட்டுப்பாடுகளையும் (0,0) என்ற புள்ளியில் நிறைவு செய்வதால்,g என்பது (0,0) எனும் புள்ளியில் தொடர்ச்சியுடையது எனக் காண்கிறோம்.

சார்பு g எல்லா (x, y) ∈ R² க்கும் வரையறுக்கப்பட்டது என்க. மேற்கண்ட எடுத்துக்காட்டுகளைப் போல் (x, y)≠(0,0)ஆக உள்ள எல்லா புள்ளிகளுக்கும், g தொடர்ச்சியானது என எளிதாக சரிபார்க்கலாம். அடுத்து (0,0) இல் g -ன் தொடர்ச்சித் தன்மையை சரிபார்க்கலாம். (0,0) இல் g -க்கு எல்லை உள்ளது மற்றும் L = g(0,0) = 0 எனில்
\(\left| g\left( x,y \right) -g\left( 0,0 \right) \right| =\left| \frac { 2{ x }^{ 2 }y }{ { x }^{ 2 }+{ y }^{ 2 } } -0 \right| =\frac { 2\left| { x }^{ 2 }y \right| }{ \left| { x }^{ 2 }+{ y }^{ 2 } \right| } =\frac { 2\left| xy \right| \left| x \right| }{ { x }^{ 2 }+{ y }^{ 2 } } \le \frac { \left( { x }^{ 2 }+{ y }^{ 2 } \right) \left| x \right| }{ { x }^{ 2 }+{ y }^{ 2 } } \le \left| x \right| \)   ...(9)
இங்கு கடைசி வரியில் நாம் 2 \(\left| xy \right| \) \(\le \) x² + y² என்பதை அனைத்து x, y∈ R எனப் பயன்படுத்தியுள்ளதைக் கவனிக்க. (இது 0\(\le \) (x - y)² -இலிருந்து கிடைப்பது) (x, y)→(0, 0) என்பதால் |x| → 0 எனக் கிடைக்கின்றது. சமன்பாடு (9)-லிருந்து \(\underset { (x,y)\longrightarrow (0,0) }{ \lim } \) \(\frac { 2{ x }^{ 2 }y }{ { x }^{ 2 }+{ y }^{ 2 } } \) = 0 = g(0,0) எனக் கிடைக்கின்றது. ஆகவே (0,0) இல் g தொடர்ச்சியானது என்பது நிரூபிக்கப்படுகிறது. எனவே R² -ன் ஒவ்வொரு புள்ளியிலும் g தொடர்ச்சியானதாகும்.

u(x, y, z) = xy²z³, x = sin t, y = cos t, z = 1+ e^2t
\(\frac { \partial u }{ \partial x } ={ y }^{ 2 }{ z }^{ 3 };\frac { \partial u }{ \partial y } ={ 2xyz }^{ 3 }\)
\(\frac { \partial u }{ \partial z } =3{ x }y^{ 2 }{ z }^{ 2 }\)
\(\frac { \partial u }{ \partial x } ={ cos }^{ 2 }t+{ (1+{ e }^{ 2t }) }^{ 3 };\)
\(\frac { \partial u }{ \partial y } =2sin \ t \ cos \ t{ (1+{ e }^{ 2t }) }^{ 3 }\);
\(\frac { \partial u }{ \partial z } =3 \ sin \ t \ { cos }^{ 2 }t{ (1+{ e }^{ 2t }) }^{ 3 }\)
\(\frac { dx }{ dt } =cos \ t;\frac { dy }{ dt } =-sin \ t\)
\(\frac { dz }{ dt } ={ 2e }^{ 2t }\)
\(\frac { du }{ dt } =\frac { \partial u }{ \partial x } .\frac { dx }{ dt } +\frac { \partial u }{ \partial y } .\frac { dy }{ dt } +\frac { \partial u }{ \partial z } .\frac { dz }{ dt } \)
= cos² t (1 + et)³ (cos t) + 2 sin t cos t ( 1+ e²t)³ (- sin t) + 3 sin t cos²t (1+ e²t)² (2e²t)
= (1 + e²t)2 [cos³ t(1 + e²t) - 2 sin² t cos t (1+ e^2t) + 6 sin (cos² t e^2t]
\(\frac{du}{dt}\) = (1 + e^2t)² [cos³t (1 + e^2t) - sin t sin 2t (1 e^2t) + 6 e^2t sin t cos²t 
[∵ sin 2t = 2 sin t cos t]

இங்கு u என்ற சார்பு லாப்லாஸின் சமன்பாட்டை நிறைவு செய்கின்றது எனக் காட்ட வேண்டும்.  u_x(x,y) = e^-2y(-2)sin(2x)  எனவே u_xx (x,y) = e^-2y(-2)(2) cos(2x) ஆகும்.
இதேபோல் u_y( x y) =e^-2y (-2)cos(2x) எனவே u_yy (x,y)= (-2)(-2)e^-2ycos(2x) ஆகும்.
u_xx + u_yy =-4e^-2y cos(2x)+4e^-2y cos(2x)=0. எனவே R² இல் u சீரானது.