单调数列和自然对数底e
如果数列\(\{a_n\}\)中的第\(n\)项和第\(n+1\)项满足如下条件，那么数列\(\{a_n\}\)就是递增的。 $$ a_{n+1} ≥ a_n $$ 类似的，如果第\(n\)项和第\(n+1\)项满足如下条件，那么数列\(\{a_n\}\)就是递减的。 $$ a_{n+1} ≤ a_n $$ 如果上述不等式是严格的，也就是说不存在\(a_{n+1} = a_n\)的情况， 那么\(\{a_n\}\)就是严格递增或者严格递减的。 递增或者递减数列都被称为单调数列。
在研究数列极限的性质时， 我们提到一个收敛的数列一定有界，而它的逆命题不一定成立。但是对于单调函数而言，它的逆命题一定成立。 如果一个单调数列\(\{a_n\}\)有界，那么数列\(\{a_n\}\)一定收敛。 这个定理又称为单调有界准则，关于这点可以参考[1]在第26页的证明，它是实数的连续性的一种表现形式。
借助单调有界准则，我们证明闭区间套定理：设闭区间\(I_n = [a_n, b_n]\)， 而且\(I_1 \supset I_2 \supset I_3 \supset \cdots \supset I_n \supset \cdots\)。当\(n \to \infty\)时， 如果\(b_n\)与\(a_n\)之间的距离\(|b_n - a_n| \to 0\)，那么这些闭区间的交集\(\bigcap I_n\)含有唯一的一个点。 证明如下：
对于闭区间\(I_n\)构成了递增数列\(\{a_n\}\)和递减数列\(\{b_n\}\)，显然\(\{a_n\}\)是有上界的， \(\{b_n\}\)是有下界的，因此存在极限 $$ \lim_{n \to \infty}a_n = a, \lim_{n \to \infty}b_n = b $$ 我们有\(0 ≤ b - a ≤ b_n - a_n\)，又因为\(n \to \infty\)时，\(|b_n - a_n| \to 0\)，所以一定有\(a = b\)。 因此，存在唯一的一点\(a\)满足\(a_n ≤ a ≤ b_n\)，也即\(a \in \bigcap I_n\)。
需要强调一点的是，闭区间套定理中的“闭”是不可以省略的，比如一个开区间\(I_n = \left(0, \frac{1}{n}\right)\)， 当\(n \to \infty\)时，\(\frac{1}{n} \to 0\)，闭区间的交集\(\bigcap I_n\)为空。
自然对数底e的定义是一个递增数列的极限值，参见【69】的证明： $$ e = \lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n $$ 它与下面这个递增数列的极限值相等，我们可以通过计算下面这个数列的值来逼近e，参见【72】的证明。 $$ s = \lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots + \frac{1}{n!}\right) $$
在【73】中，我们还将证明数e是无理数。
【69】证明：数列\(x_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\)是单调增加的，且上方有界。 而数列\(y_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + 1}\)则是单调减小的，且下方有界。 试推出两者具有相同的极限\(e\)。
证：(1). 由几何平均数与算术平均数之间的不等式关系，对于\(x_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\)我们可以得到如下的推论： $$ \begin{align} x_n & = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = 1 \cdot \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \\ & < \left(\frac{1 + n\left(1 + \frac{1}{n}\right)}{n + 1}\right)^{n+1} \\ & = \left(1 + \frac{1}{n + 1}\right)^{n+1} \end{align} $$ 所以\(x_n < x_{n+1}\)，\(\{x_n\}\)为递增数列。
(2). 根据几何平均数与调和平均数之间的不等式关系，对于\(y_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + 1}\)可以得到如下推论： $$ \begin{align} y_n & = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + 1} = 1 \cdot \left(\frac{n + 1}{n}\right)^{n + 1} \\ & > \left(\frac{n+2}{1 + (n+1)\left(\frac{n}{n+1}\right)}\right)^{n+2} \\ & = \left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+2} \end{align} $$ 所以\(y_n > y_{n+1}\)，\(\{y_n\}\)为递减数列。
(3). 对于数列\(\{x_n\},\{y_n\}\)，显然存在关系\(x_n < y_n\)。在(2)中我们已经证明\(\{y_n\}\)为递减数列， 所以\(\{x_n\}\)一定存在上界\(y_1 = 4\)。同理\(\{y_n\}\)一定存在下界\(x_1 = 2\)。
(4). 根据单调有界准则，我们知道\(\{x_n\},\{y_n\}\)一定存在极限，并且满足如下关系： $$ \lim_{n\to\infty}y_n = \lim_{n\to\infty}x_n \cdot \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right) = \lim_{n\to\infty}x_n $$ 所以两者具有相同的极限。口
【70】证明：\(0 < e - \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n < \frac{3}{n}\)。 当指数\(n\)是什么样的数值时，表达式\(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\)与\(e\)之差小于0.001？
(1). 证：根据【69】的证明，我们知道自然对数e存在如下关系： $$ \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n < e < \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} $$ 所以，我们有： $$ 0 < e - \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n < \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} - \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n $$ 对于上述不等式的后半段有： $$ \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} - \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \cdot \frac{1}{n} $$ 根据【69】证明的第(3)部分，我们知道对于任意的\(n,m\)一定存在不等式关系： $$ \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n < \left(1 + \frac{1}{m}\right)^{m+1} $$ 不妨取\(m = 5\)，有\(\left(1 + \frac{1}{5}\right)^{5+1} = 1.2^6 < 3\) 所以 $$ 0 < e - \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n < \frac{3}{n} $$
(2). 当\(n > 3000\)时，有\(\frac{3}{n} > 0.001\)，也即有\(e - \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n < 0.001\)。
【71】设\(p_n\)为趋于\(+\infty\)的任意数列，而\(q_n\)为趋于\(-\infty\)的任意数列，求证： $$ \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{p_n}\right)^{p_n} = \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{q_n}\right)^{q_n} = e $$
证：(1). 取正整数\(k_n = \lceil p_n \rceil\)，根据【69】的证明，有如下推论： $$ \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{k_n}\right)^{k_n} = \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{k_n - 1}\right)^{k_n} = e $$ \(k_n\)与\(p_n\)之间满足如下关系： $$ \begin{array}{rl} & k_n ≥ p_n > k_n - 1 \\ \Rightarrow & \frac{1}{k_n - 1} > \frac{1}{p_n} ≥ \frac{1}{k_n} \\ \Rightarrow & \left(1 + \frac{1}{k_n - 1}\right)^{k_n} > \left(1 + \frac{1}{p_n}\right)^{p_n} ≥ \left(1 + \frac{1}{k_n}\right)^{k_n -1} \\ \end{array} $$ 又因为： $$ \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{k_n}\right)^{k_n -1} = \frac{\lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{k_n}\right)^{k_n}}{\lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{k_n}\right)} = e $$ 所以 $$ \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{p_n}\right)^{p_n} = e $$
(2). 令\(p_n = -q_n\)，那么 $$ \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{q_n}\right)^{q_n} = \lim_{n\to\infty}\left(1 - \frac{1}{p_n}\right)^{-p_n} = \lim_{n\to\infty}\left(\frac{p_n}{p_n - 1}\right)^{p_n} = \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{p_n-1}\right)^{p_n-1} \cdot \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{p_n-1}\right) = e $$
【72】已知\(\lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e\)，求证： \(\underset{n\to\infty}{\lim}\left(1+ \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!}\right) = e\)。 由此推出公式 $$ e = 1+ \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!} + \frac{\theta_n}{n!n}, 0 < \theta_n < 1 $$
证：(1). 对\(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\)二项式展开有： $$ \begin{array}{rcl} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n & = & 1 + C_n^1\frac{1}{n} + C_n^2\frac{1}{n^2} + \cdots + C_n^n\frac{1}{n^n} \\ & = & 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!}\left(1 - \frac{1}{n}\right) + \cdots + \frac{1}{n!}\left(1 - \frac{1}{n}\right)\left(1 - \frac{2}{n}\right)\cdots \left(1 - \frac{n-1}{n}\right) \\ & ≤ & 1+ \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!} \end{array} $$
(2). 另一方面，当\(n > m\)时有： $$ \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n ≥ 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!}\left(1 - \frac{1}{n}\right) + \cdots + \frac{1}{m!}\left(1 - \frac{1}{n}\right)\left(1 - \frac{2}{n}\right)\cdots \left(1 - \frac{m-1}{n}\right) $$ 当\(n\to\infty\)时，有 $$ e ≥ 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{m!} $$ 再令\(m\to\infty\)，有 $$ e ≥ \lim_{m\to\infty}1+ \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{m!} $$
由(1)(2)知\(\underset{n\to\infty}{\lim}\left(1+ \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!}\right) = e\)。
(3). 令\(a = 1 + \frac{1}{1!} + \cdots + \frac{1}{n!}\)，那么有 $$ \begin{array}{rcl} e & = & a + \frac{1}{(n+1)!} + \cdots + \frac{1}{(n + m + 1)!} + \cdots \\ & = & a + \frac{1}{n!} \cdot \frac{1}{n+1} \cdot \left(1 + \frac{1}{n+2} + \cdots+\frac{1}{(n+2)\cdots(n+m+1)}+\cdots\right) \\ & < & a + \frac{1}{n!} \cdot \frac{1}{n+1} \cdot \left(1 + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{(n+2)^m} + \cdots\right) \\ & = & a + \frac{1}{n!} \cdot \frac{1}{n+1} \cdot \frac{n+2}{n+1} \\ & < & a + \frac{1}{n!} \cdot \frac{1}{n} \end{array} $$ 所以有公式 $$ e = 1+ \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!} + \frac{\theta_n}{n!n}, 0 < \theta_n < 1 $$
【73】证明：数e为无理数。
证：假设e为有理数，既可以用一对整数\(p,q\)表示为\(\frac{p}{q}\)的形式。 根据【72】的结论有， $$ \frac{p}{q} = 1+ \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!} + \frac{\theta_n}{n!n}, 0 < \theta_n < 1 $$ 对上式两端同时乘以\(n!\)，那么左边一定得到一个整数，因为\(n!\)中一定可以找到一项为\(q\)与\(\frac{p}{q}\)约分。 而右边得到的则是一个整数加上一个小数\(\frac{\theta_n}{n}\)。这是不可能成立的。 所以，数e是无理数。
【74】证明不等式：\(\left(\frac{n}{e}\right)^n < n! < e\left(\frac{n}{2}\right)^n\)
证：(1)对于\(a_n = \left(\frac{n}{e}\right)^n\)我们有： $$ \frac{a_n}{a_{n-1}} = \frac{\frac{n}{n-1}^{n-1}}{e}n = \frac{(1+\frac{1}{n-1})^{n-1}}{e}n < n $$ 所以，可以推出 $$ a_n = a_1 \cdot \frac{a_2}{a_1} \cdots \frac{a_n}{a_{n-1}} < \frac{1}{e} \cdot 2 \cdots n < n! $$
(2)对于正整数\(k < n\)，我们有\(\sqrt{k(n-k)} < \frac{n}{2}\)，因此有 $$ \frac{1}{2}(\ln{k} + \ln{(n-k)}) < \ln{\frac{n}{2}} $$ 对\(k\)从1到\(n-1\)进行遍历 $$ \frac{1}{2}(\ln{1} + \ln{2} + \cdots + \ln{(n-2)} + \ln{(n -1)}) < \frac{n-1}{2}\ln{\frac{n}{2}} $$ 因此： $$ \ln{(n-1)!} < \ln{(\frac{n}{2})^{n-1}} \Rightarrow n! < e\left(\frac{n}{2}\right)^n $$
由(1)(2)知不等式成立。口
【75】证明不等式：(1)\(\frac{1}{n+1} < \ln(1+\frac{1}{n}) < \frac{1}{n}\)，其中\(n\)为任意的正整数； (2)\(1 + a < e^a\)，其中\(a\)为非零的实数。
证：(1). 根据【69】的证明，我们有： $$ \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n < e < \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} $$ 对不等式取对数，得： $$ n\ln{\left(1 + \frac{1}{n}\right)} < 1 < (n+1)\ln{\left(1 + \frac{1}{n}\right)} $$ 所以： $$ \frac{1}{n+1} < \ln(1+\frac{1}{n}) < \frac{1}{n} $$
(2). 不会。
【76】求证：\(\lim_{n\to\infty}n(a^{\frac{1}{n}}-1) = \ln{a}, a>0\)。
证：(1). 当\(a > 1\)时，令\(b_n = a^{\frac{1}{n}}-1\)，则\(n(a^{\frac{1}{n}}-1) = \ln{a}\cdot\frac{b_n}{\ln{(b_n + 1)}}\)
因为\(a > 1\)，所以\(b_n > 0\)且\(n \to \infty\)时\(b_n \to 0\)，那么就存在正整数\(k_n\)和\(N\)，使得当\(n > N\)时满足： $$ \frac{1}{k_n + 1} < b_n < \frac{1}{k_n} \Rightarrow k_n < \frac{1}{b_n} < k_n + 1 $$ 根据【75】(1)有： $$ \begin{cases} \ln{(1 + b_n)} > \ln{(1 + \frac{1}{k_n + 1})} > \frac{1}{k_n + 2} \\ \ln{(1 + b_n)} < \ln{(1 + \frac{1}{k_n})} < \frac{1}{k_n} \\ \end{cases} $$ 所以 $$ \begin{cases} \frac{b_n}{\ln{(1 + b_n)}} > \frac{k_n}{k_n+1} = 1 - \frac{1}{1 + k_n} \\ \frac{b_n}{\ln{(1 + b_n)}} < \frac{k_n + 2}{k_n} = 1 + \frac{2}{k_n} \\ \end{cases} $$ 因此 $$ \lim_{n\to\infty}\frac{b_n}{1+b_n} = 1 \Rightarrow \lim_{n\to\infty}n(a^{\frac{1}{n}}-1) = \lim_{n\to\infty}\ln{a}\cdot\frac{b_n}{\ln{(b_n + 1)}} = \ln{a}$$
(2). 当\(0 < a < 1\)时，有： $$ \lim_{n\to\infty}n(a^{\frac{1}{n}}-1) = \lim_{n\to\infty}-n \cdot (a^{\frac{1}{n}}) \cdot \left(\left(\frac{1}{a}\right)^{\frac{1}{n}} - 1\right) = -\ln{\frac{1}{a}} = \ln{a} $$
(3). 当\(a = 1\)时等式两边均为0，显然成立。
总之，等式成立。
【77】证明\(x_n = p_0 + \frac{p_1}{10} + \cdots + \frac{p_n}{10^n}\)收敛，式中\(p_i\)是非负整数，并且从\(p_1\)起不大于9。
证：(1).显然x_n是一个递增数列，因为\(x_{n+1} - x_n = \frac{p_{n+1}}{10^{n+1}} ≥ 0\)。
(2). 又因为\(p_i\)是非负整数，并且从\(p_1\)起不大于9，所以\(x_n ≥ 0\)并且 $$ \begin{align} x_n & = p_0 + \frac{p_1}{10} + \cdots + \frac{p_n}{10^n} \\ & ≤ p_0 + 9 \cdot \left(\frac{1}{10} + \frac{1}{10^2} + \cdots + \frac{1}{10^n} \right) \\ & = p_0 + 9 \cdot \left(\frac{1 - \frac{1}{10}^{n+1}}{1 - \frac{1}{10}}\right) \\ & < p_0 + 10 \end{align} $$ 所以，\(\{x_n\}\)有界，因此\(\{x_n\}\)收敛。
【78】证明\(x_n = \frac{10}{1} \cdot \frac{11}{3} \cdots \frac{n+9}{2n-1}\)收敛。
证：当\(n ≥ 10\)时，有\(2n - 1 ≥ n+9\)，此时\(\{x_n\}\)是递减的。又因为\(x_n > 0\)，所以\(\{x_n\}\)收敛。
【79】证明\(x_n = (1 - \frac{1}{2})(1 - \frac{1}{4})\cdots(1 - \frac{1}{2^n})\)收敛。
证：因为\(1 - \frac{1}{2^n} < 1\)，所以\(\{x_n\}\)递减。又因为\(x_n > 0\)所以\(\{x_n\}\)有界。所以\(\{x_n\}\)收敛。
【80】证明\(x_n = (1 + \frac{1}{2})(1 + \frac{1}{4})\cdots(1 + \frac{1}{2^n})\)收敛。
证：因为\(1 + \frac{1}{2^n} > 1\)，所以\(\{x_n\}\)递增。根据几何平均数和算术平均数之间的关系有： $$ \begin{align} x_n & = (1 + \frac{1}{2})(1 + \frac{1}{4})\cdots(1 + \frac{1}{2^n}) \\ & < \left(\frac{(1 + \frac{1}{2}) + (1 + \frac{1}{4}) + \cdots + (1 + \frac{1}{2^n})}{n} \right)^n \\ & = \left(\frac{n + \frac{1}{2}\cdot\frac{1 - \frac{1}{2}^n}{1 - \frac{1}{2}}}{n}\right)^n \\ & < \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \\ & < e \end{align} $$ 所以\(\{x_n\}\)有界，因此\(\{x_n\}\)收敛。
【81】证明数列\(\{x_n\}\)收敛，其中\(x_1 = \sqrt{2}, x_2 = \sqrt{2 + \sqrt{2}}, x_n = \begin{matrix} \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{2 + \cdots + \sqrt{2}}}} \\ n重根号 \end{matrix}\)
证：显然\(\{x_n\}\)是递增的，下面用数学归纳法证明\(x_n < 2\)
当\(n = 1\)时，有\(x_1 = \sqrt{2} < 2\)成立。假设当\(n = k\)时\(x_k < 2\)成立，那么当\(n = k+1\)时，有： $$ x_{k+1} = \sqrt{2 + x_{k}} < \sqrt{2 + 2} = 2 $$ 所以\(x_n < 2\)，数列\(\{x_n\}\)有界，因而收敛。
【90】证明：若单调数列的某一子列收敛，则此单调数列本身也是收敛的。
证：不妨设数列\(\{x_n\}\)是单调递增的，并且其一子列\(\{x_{p_n}\}\)收敛于\(a\)，那么数列\(\{x_{p_n}\}\)一定有上界\(a + 1\)， 对任意正整数\(n\)一定有一个正整数\(k\)，使得\(p_k < n < p_{k+1}\)。所以存在不等式\(x_{p_k} < x_n < x_{p_{k+1}} < a+1\)， 即单调递增数列\(\{x_n\}\)有上界，所以它收敛。
【146】证明数列\(x_n = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} - \ln{n}\)收敛。
实际上，该数列的极限又被称为是欧拉常数\(C=0.577216\cdots\)。
证：根据自然对数e的不等式\(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n < e < \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\)， 有\(\frac{1}{n+1} < \ln{(n+1)} - \ln{n} < \frac{1}{n}\)。
因为\(x_{n+1} - x_n = \frac{1}{n+1} - \ln{(n+1)} + \ln{n} < 0\)，所以数列\(x_n\)是一个单调递减的数列。
又因为\(\ln{(n+1)} - \ln{n} < \frac{1}{n}\)，所以有\(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} < (\ln{2} - \ln{1}) + (\ln{3} - \ln{2}) + \cdots + (\ln{n} - \ln{(n-1)} = \ln{n}\)。 所以\(x_n > 0\)
因此，\(x_n\)是一个下方有界的单调递减数列，故收敛。
【147】求\(\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{2n}\right)\)。
解：根据【146】中关于欧拉常数的定义，我们有： $$ 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} = C + \ln{n} + \varepsilon_0 $$ $$ 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{2n} = C + \ln{2n} + \varepsilon_1 $$ 其中，当\(n\to\infty\)时，余项\(\varepsilon_0 \to 0, \varepsilon_1 \to 0\)。两式相减得到： $$ \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{2n} = \ln{2n} - \ln{n} + (\varepsilon_1 - \varepsilon_0) $$ 所以，有极限 $$ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{2n}\right) = \lim_{n\to\infty}\ln{\frac{2n}{n}} = \ln{2} $$
【611】证明 (1) \(\underset{n \to \infty}{\lim} \left(1 + \cfrac{x}{n}\right)^n = e^x\), (2) \(\underset{n \to \infty}{\lim} \left(1 + x + \cfrac{x^2}{2!} + \cdots + \cfrac{x^n}{n!}\right) = e^x\)
证：(1) 当\(x = 0\)时显然成立。当\(x \neq 0\)时，令\(y = \cfrac{n}{x}\)，\(n \to \infty\)时有\(y \to \infty\)， 根据【J71】的结论，有\(\underset{n \to \infty}{\lim} \left(1 + \cfrac{1}{y}\right)^{y · x} = e^x\)。
(2) 当\(x = 0\)时显然成立。
当\(x > 0\)时，参考【J72】的证明过程，对\(\left(1 + \frac{x}{n}\right)^n\)二项式展开有： $$ \begin{array}{rcl} \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n & = & 1 + C_n^1\frac{x}{n} + C_n^2\frac{x}{n^2} + \cdots + C_n^n\frac{x}{n^n} \\ & = & 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x}{2!}\left(1 - \frac{1}{n}\right) + \cdots + \frac{x}{n!}\left(1 - \frac{1}{n}\right)\left(1 - \frac{2}{n}\right)\cdots \left(1 - \frac{n-1}{n}\right) \\ & ≤ & 1+ \frac{x}{1!} + \frac{x}{2!} + \cdots + \frac{x}{n!} \end{array} $$
另一方面，当\(n > m\)时有： $$ \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n ≥ 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x}{2!}\left(1 - \frac{1}{n}\right) + \cdots + \frac{x}{m!}\left(1 - \frac{1}{n}\right)\left(1 - \frac{2}{n}\right)\cdots \left(1 - \frac{m-1}{n}\right) $$ 当\(n \to \infty\)时，有 $$ e^x ≥ 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x}{2!} + \cdots + \frac{x}{m!} $$ 再令\(m \to \infty\)，有 $$ e^x ≥ \lim_{m\to\infty}1+ \frac{x}{1!} + \frac{x}{2!} + \cdots + \frac{x}{m!} $$
所以\(x > 0\)时\(\underset{n\to\infty}{\lim}\left(1+ \frac{x}{1!} + \frac{x}{2!} + \cdots + \frac{x}{n!}\right) = e^x\)。
因为\(\left(1 + x + \cfrac{x^2}{2!} + \cdots + \cfrac{x^n}{n!}\right) \left(1 + x + \cfrac{x^2}{2!} + \cdots + \cfrac{x^n}{n!}\right) = 1 + (-1)^n\left(\cfrac{x^n}{n!}\right)^2 \)
所以\(x > 0\)时，有\(\underset{n\to\infty}{\lim}\left(1+ \frac{x}{1!} + \frac{x}{2!} + \cdots + \frac{x}{n!}\right) = e^x\)。
【612】证明\(\underset{n \to \infty}{\lim} n \sin(2\pi e n!) = 2\pi\)
证：根据【J72】，有\(\sin(2\pi e n!) = \sin\left(2\pi n!\left(1+ \cfrac{1}{1!} + \cfrac{1}{2!} + \cdots + \cfrac{1}{n!} + \cfrac{\theta_n}{n!n} \right) \right), 0 < \theta_n < 1\)
所以\(\underset{n \to \infty}{\lim} n \sin(2\pi e n!) = \underset{n \to \infty}{\lim} \left\{\cfrac{\sin\left(2\pi \left(\cfrac{1}{n + 1} + \cfrac{\theta_{n+1}}{(n+1)^2}\right)\right)} {2\pi \left(\cfrac{1}{n + 1} + \cfrac{\theta_{n+1}}{(n+1)^2}\right)} ·2\pi n \left(\cfrac{1}{n + 1} + \cfrac{\theta_{n+1}}{(n+1)^2}\right)\right\} = 2\pi\)