Twierdzenie to wyraża ciągłość funkcji logarytmicznej w języku ciągów (definicja Heinego). Dowód korzysta z ciągłości funkcji wykładniczej oraz twierdzenia Bolzano-Weierstrassa.
Niech $a \gt 0$, $a \neq 1$. Jeśli $(x_n)$ jest ciągiem liczb dodatnich takim, że $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = x \gt 0$, to: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \log_a(x_n) = \log_a(x). \]
Zakładamy jako udowodnioną ciągłość funkcji wykładniczej (temat 39):
Jeśli $y_n \to y$, to $a^{y_n} \to a^y$ dla $a \gt 0$, $a \neq 1$.
Niech $x_n \to x \gt 0$, gdzie $x_n \gt 0$ dla każdego $n$. Oznaczmy: \[ y_n = \log_a(x_n), \qquad y = \log_a(x). \]
Chcemy pokazać, że $y_n \to y$.
Ponieważ $x_n \to x \gt 0$, ciąg $(x_n)$ jest ograniczony i od pewnego miejsca oddalony od zera, tzn. istnieją stałe $0 \lt m \lt M$ takie, że: \[ m \leq x_n \leq M \quad \text{dla dostatecznie dużych } n. \]
Dla $a \gt 1$: funkcja $\log_a$ jest rosnąca, więc: \[ \log_a(m) \leq y_n \leq \log_a(M). \]
Dla $0 \lt a \lt 1$: funkcja $\log_a$ jest malejąca, więc: \[ \log_a(M) \leq y_n \leq \log_a(m). \]
W obu przypadkach ciąg $(y_n)$ jest ograniczony.
Przypuśćmy, że $y_n \not\to y$. Wtedy istnieje $\varepsilon_0 \gt 0$ i podciąg $(y_{n_k})$ taki, że: \[ |y_{n_k} - y| \geq \varepsilon_0 \quad \text{dla każdego } k. \]
Ciąg $(y_{n_k})$ jest ograniczony (jako podciąg ciągu ograniczonego). Z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa istnieje podciąg $(y_{n_{k_j}})$ zbieżny do pewnej granicy $y^*$: \[ y_{n_{k_j}} \to y^*. \]
Przy czym $|y^* - y| \geq \varepsilon_0$, więc $y^* \neq y$.
Z ciągłości funkcji wykładniczej: \[ x_{n_{k_j}} = a^{y_{n_{k_j}}} \to a^{y^*}. \]
Ale $(x_{n_{k_j}})$ jest podciągiem ciągu $(x_n)$ zbieżnego do $x$, więc: \[ x_{n_{k_j}} \to x = a^y. \]
Z jednoznaczności granicy: $a^{y^*} = a^y$.
Ponieważ funkcja wykładnicza $t \mapsto a^t$ jest różnowartościowa (ściśle monotoniczna), wynika stąd $y^* = y$ — sprzeczność z $|y^* - y| \geq \varepsilon_0$.
Zatem $y_n \to y$, czyli: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \log_a(x_n) = \log_a(x). \quad \square \]
Niech $x_n \to x \gt 0$ i $a \gt 1$. Chcemy pokazać, że $|\log_a(x_n) - \log_a(x)| \to 0$.
Mamy: \[ \log_a(x_n) - \log_a(x) = \log_a\!\left(\frac{x_n}{x}\right). \]
Oznaczmy $t_n = \frac{x_n}{x}$. Wtedy $t_n \to 1$ i wystarczy pokazać, że $\log_a(t_n) \to 0$.
Niech $t_n = 1 + h_n$, gdzie $h_n \to 0$ i $h_n \gt 0$ (dla dostatecznie dużych $n$ bliskich $1$ od góry).
Chcemy znaleźć takie $k \in \mathbb{N}$, że $t_n \leq a^{1/k}$, bo wtedy: \[ 0 \lt \log_a(t_n) \leq \frac{1}{k}. \]
Ponieważ $\sqrt[k]{a} \to 1$ (temat 36), dla dowolnego $\varepsilon \gt 0$ istnieje $k_0$ takie, że $\sqrt[k_0]{a} - 1 \lt \varepsilon$. Ponieważ $h_n \to 0$, istnieje $N$ takie, że $h_n \lt \sqrt[k_0]{a} - 1$ dla $n \gt N$. Wtedy: \[ t_n = 1 + h_n \lt \sqrt[k_0]{a} = a^{1/k_0}, \] więc $0 \lt \log_a(t_n) \lt \frac{1}{k_0}$.
Dobierając $k_0$ tak, aby $\frac{1}{k_0} \lt \varepsilon$, otrzymujemy $|\log_a(t_n)| \lt \varepsilon$.
Analogicznie: $t_n \lt 1$ oznacza $\log_a(t_n) \lt 0$. Wtedy $\frac{1}{t_n} \gt 1$ i $\frac{1}{t_n} \to 1$, więc: \[ |\log_a(t_n)| = \log_a\!\left(\frac{1}{t_n}\right) \to 0 \] z przypadku powyżej.
W obu przypadkach $\log_a(t_n) \to 0$, czyli $\log_a(x_n) \to \log_a(x)$. $\square$
Niech $x_n = 1 + \frac{1}{n}$. Wtedy $x_n \to 1$ i: \[ \log_2(x_n) = \log_2\!\left(1 + \frac{1}{n}\right) \to \log_2(1) = 0. \]
Niech $x_n = \frac{n+1}{n} \cdot 8 = 8 + \frac{8}{n}$. Wtedy $x_n \to 8$ i: \[ \log_2(x_n) \to \log_2(8) = 3. \]
Niech $x_n = e + \frac{(-1)^n}{n}$. Wtedy $x_n \to e$ i: \[ \ln(x_n) \to \ln(e) = 1. \]