Twierdzenie to mówi, że funkcja wykładnicza $f(t) = a^t$ zachowuje granice ciągów, co jest równoważne ciągłości tej funkcji. Dowód opiera się na oszacowaniu $|a^{x_n} - a^x|$ za pomocą nierówności Bernoulliego i faktu, że $\sqrt[n]{a} \to 1$.
Niech $a \gt 0$, $a \neq 1$. Jeśli $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = x$, to: \[ \lim\limits_{n \to \infty} a^{x_n} = a^x. \]
Dla $a \gt 1$ i dowolnego ciągu $(h_n)$ takiego, że $h_n \to 0$, zachodzi: \[ \lim\limits_{n \to \infty} a^{h_n} = 1. \]
Niech $a \gt 1$ i $h_n \to 0$. Chcemy pokazać, że $|a^{h_n} - 1| \to 0$.
Chcemy pokazać, że $a^{h_n} - 1 \to 0$. Ponieważ $a \gt 1$ i $h_n \gt 0$, mamy $a^{h_n} \gt 1$, więc wystarczy pokazać, że $a^{h_n} - 1$ można zrobić dowolnie małe.
Niech $\varepsilon \gt 0$. Prowadzimy dowód w dwóch krokach:
Krok A. Z tematu 36 wiemy, że $\sqrt[k]{a} \to 1$ (gdy $k \to \infty$). Zatem istnieje $k_0 \in \mathbb{N}$ takie, że: \[ \sqrt[k_0]{a} - 1 \lt \varepsilon, \quad \text{czyli} \quad a^{1/k_0} \lt 1 + \varepsilon. \]
Krok B. Ponieważ $h_n \to 0$, istnieje $N \in \mathbb{N}$ takie, że dla każdego $n \gt N$: \[ 0 \lt h_n \lt \frac{1}{k_0}. \]
Połączenie. Dla $n \gt N$ mamy $0 \lt h_n \lt \frac{1}{k_0}$. Ponieważ $a \gt 1$, funkcja $t \mapsto a^t$ jest rosnąca, więc: \[ 1 \lt a^{h_n} \lt a^{1/k_0} = \sqrt[k_0]{a}. \] Odejmując $1$: \[ 0 \lt a^{h_n} - 1 \lt \sqrt[k_0]{a} - 1 \lt \varepsilon. \] Zatem $|a^{h_n} - 1| \lt \varepsilon$ dla $n \gt N$, co kończy dowód w tym przypadku.
Niech $h_n \lt 0$. Wtedy $-h_n \gt 0$ i $-h_n \to 0$. Z powyższego: \[ a^{-h_n} \to 1. \]
Ponieważ $a^{h_n} = \frac{1}{a^{-h_n}}$: \[ a^{h_n} = \frac{1}{a^{-h_n}} \to \frac{1}{1} = 1. \]
Jeśli $h_n = 0$ dla pewnych $n$, to $a^{h_n} = 1$. Łącząc wszystkie przypadki: $a^{h_n} \to 1$. $\square$
Niech $x_n \to x$ i $a \gt 1$. Oznaczmy $h_n = x_n - x$. Wtedy $h_n \to 0$ i: \[ a^{x_n} = a^{x + h_n} = a^x \cdot a^{h_n}. \]
Z lematu: $a^{h_n} \to 1$.
Zatem: \[ \lim\limits_{n \to \infty} a^{x_n} = \lim\limits_{n \to \infty} a^x \cdot a^{h_n} = a^x \cdot 1 = a^x. \quad \square \]
Niech $0 \lt a \lt 1$. Oznaczmy $b = \frac{1}{a}$. Wtedy $b \gt 1$.
Z udowodnionego przypadku: \[ \lim\limits_{n \to \infty} b^{x_n} = b^x. \]
Ponieważ $a^{x_n} = \frac{1}{b^{x_n}}$: \[ \lim\limits_{n \to \infty} a^{x_n} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{b^{x_n}} = \frac{1}{b^x} = a^x. \quad \square \]
Jeśli $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = x$ i $x_n \gt 0$, $x \gt 0$, to: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \log_a(x_n) = \log_a(x) \quad \text{dla } a \gt 0, \; a \neq 1. \]
Niech $x_n \to x \gt 0$. Oznaczmy $y_n = \log_a(x_n)$ i $y = \log_a(x)$.
Wtedy $x_n = a^{y_n}$ i $x = a^y$.
Przypuśćmy, że $y_n \not\to y$. Wtedy istnieje $\varepsilon_0 \gt 0$ i podciąg $(y_{n_k})$ taki, że $|y_{n_k} - y| \geq \varepsilon_0$ dla każdego $k$.
Ciąg $(y_{n_k})$ jest ograniczony (bo $(x_{n_k})$ jest zbieżny, więc ograniczony, a logarytm przekształca ograniczone zbiory dodatnie na ograniczone).
Z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa, $(y_{n_k})$ ma podciąg zbieżny $(y_{n_{k_j}}) \to y^*$, gdzie $|y^* - y| \geq \varepsilon_0$, czyli $y^* \neq y$.
Z ciągłości funkcji wykładniczej: \[ x_{n_{k_j}} = a^{y_{n_{k_j}}} \to a^{y^*}. \]
Ale $x_{n_{k_j}} \to x = a^y$, więc $a^{y^*} = a^y$, czyli $y^* = y$ — sprzeczność.
Zatem $y_n \to y$, czyli $\log_a(x_n) \to \log_a(x)$. $\square$
Niech $x_n = 1 + \frac{1}{n}$. Wtedy $x_n \to 1$ i: \[ 2^{x_n} = 2^{1 + 1/n} = 2 \cdot 2^{1/n} = 2 \cdot \sqrt[n]{2} \to 2 \cdot 1 = 2 = 2^1. \]
Niech $x_n = \frac{n}{n+1}$. Wtedy $x_n \to 1$ i: \[ 3^{x_n} = 3^{n/(n+1)} \to 3^1 = 3. \]
Niech $x_n = n + \frac{(-1)^n}{n}$. Wtedy $\log_2(x_n) \to +\infty$, ale: \[ \log_2\left(\frac{n+1}{n}\right) = \log_2\left(1 + \frac{1}{n}\right) \to \log_2(1) = 0. \]