Twierdzenie to mówi, że potęgowanie jest operacją ciągłą: jeśli podstawa i wykładnik zbiegają, to potęga zbiega do odpowiedniej granicy. Kluczowe założenie: podstawa jest dodatnia (aby potęga o wykładniku rzeczywistym była dobrze określona).
Niech $(x_n)$ i $(y_n)$ będą ciągami liczb rzeczywistych takimi, że: \[ \lim_{n \to \infty} x_n = x \gt 0, \qquad \lim_{n \to \infty} y_n = y. \] Wtedy: \[ \lim_{n \to \infty} x_n^{y_n} = x^y. \]
W dowodzie korzystamy z następujących, wcześniej udowodnionych twierdzeń:
Ponieważ $x \gt 0$ i $x_n \to x$, od pewnego indeksu $n_0$ mamy $x_n \gt 0$. Możemy więc (dla $n \geq n_0$) zapisać: \[ x_n^{y_n} = e^{y_n \ln x_n}. \]
(Wyrazy $x_n^{y_n}$ dla $n \lt n_0$ nie wpływają na granicę ciągu.)
Zbadajmy granicę wyrażenia $y_n \ln x_n$:
Oznaczmy $t_n = y_n \ln x_n$ i $t = y \ln x$. Wykazaliśmy, że $t_n \to t$.
Z ciągłości funkcji $\exp$ (tj. $e^{t_n} \to e^t$ gdy $t_n \to t$): \[ x_n^{y_n} = e^{t_n} \to e^{t} = e^{y \ln x} = x^y. \]
Zatem: \[ \lim_{n \to \infty} x_n^{y_n} = x^y. \quad \square \]
Dla czytelników, którzy chcą zobaczyć pełne uzasadnienie „od podstaw", przedstawiamy dowód z jawnym oszacowaniem $\varepsilon$-$N$.
Jak wyżej, dla dostatecznie dużych $n$: $x_n^{y_n} = e^{y_n \ln x_n}$.
Mamy: \[ y_n \ln x_n - y \ln x = y_n(\ln x_n - \ln x) + (y_n - y)\ln x. \]
Ciąg $(y_n)$ jest zbieżny, więc ograniczony: $|y_n| \leq M$ dla pewnego $M \gt 0$.
Zatem: \[ |y_n \ln x_n - y \ln x| \leq M \cdot |\ln x_n - \ln x| + |\ln x| \cdot |y_n - y|. \]
Oba składniki dążą do zera:
Zatem $y_n \ln x_n \to y \ln x$, czyli $t_n \to t$.
Pokażemy, że $e^{t_n} \to e^t$ gdy $t_n \to t$. Mamy: \[ |e^{t_n} - e^t| = e^t |e^{t_n - t} - 1|. \]
Niech $s_n = t_n - t \to 0$. Wystarczy pokazać, że $|e^{s_n} - 1| \to 0$.
Dla $|s_n| \lt 1$ korzystamy z nierówności $|e^s - 1| \leq |s| \cdot e^{|s|} \leq e \cdot |s|$ (wynikającej z twierdzenia o wartości średniej lub z szeregu $e^s = 1 + s + \frac{s^2}{2!} + \ldots$).
Ponieważ $s_n \to 0$, od pewnego momentu $|s_n| \lt 1$, więc: \[ |e^{s_n} - 1| \leq e \cdot |s_n| \to 0. \]
Stąd $e^{t_n} \to e^t$, a zatem $x_n^{y_n} \to x^y$. $\square$
Jeśli $x_n = a \gt 0$ dla każdego $n$ i $y_n \to y$, to: \[ a^{y_n} \to a^y. \] Jest to po prostu ciągłość funkcji wykładniczej $f(t) = a^t$.
Jeśli $x_n \to x \gt 0$ i $y_n = p$ dla każdego $n$, to: \[ x_n^p \to x^p. \] Jest to ciągłość funkcji potęgowej $f(t) = t^p$.
Jeśli $x_n \to 1$ i $y_n \to y$, to $x_n^{y_n} \to 1^y = 1$.
Uwaga: Jeśli jednocześnie $x_n \to 1$ i $y_n \to \infty$, to mamy symbol nieoznaczony $1^\infty$ i twierdzenie nie ma zastosowania (np. $(1 + 1/n)^n \to e \neq 1$).
$x_n = 2 + \frac{1}{n}$, $y_n = 3 - \frac{1}{n}$. Wtedy $x_n \to 2$, $y_n \to 3$, więc: \[ \left(2 + \frac{1}{n}\right)^{3 - 1/n} \to 2^3 = 8. \]
$x_n = \left(1 + \frac{1}{n^2}\right)$, $y_n = n$. Wtedy $x_n \to 1$, $y_n \to \infty$.
Twierdzenie nie ma zastosowania (bo $y_n$ nie jest zbieżny do skończonej granicy). Ale w tym przypadku można osobno pokazać, że $x_n^{y_n} \to 1$ (bo $y_n \ln x_n = n \ln(1 + 1/n^2) \sim n \cdot \frac{1}{n^2} = \frac{1}{n} \to 0$).
$x_n = \frac{n+1}{n} = 1 + \frac{1}{n}$, $y_n = \frac{1}{n}$. Wtedy $x_n \to 1$, $y_n \to 0$, więc: \[ \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{1/n} \to 1^0 = 1. \]
$x_n = 3 + \frac{(-1)^n}{n}$, $y_n = \frac{1}{2} + \frac{1}{n}$. Wtedy $x_n \to 3$, $y_n \to \frac{1}{2}$, więc: \[ x_n^{y_n} \to 3^{1/2} = \sqrt{3}. \]
Dla ustalonego $p \in \mathbb{R}$ funkcja $f(t) = t^p$ jest ciągła na $(0, +\infty)$.
Dowód: Jeśli $x_n \to x \gt 0$, to z twierdzenia (z $y_n = p$ dla każdego $n$): $x_n^p \to x^p$. $\square$