e的存在性证明和计算公式的证明

$\quad\quad前言\quad\quad\\$
$此证明，改编自中科大数分教材，史济怀版\\$
$中科大教材，用的是先固定m，再放大m,跟菲赫金哥尔茨的方法一样。\\$
$而我这里的证明，是依据m的任意性，后来发现小平邦彦的《微积分入门》里，也是用的这个方法，即，m的任意性。\\$
$中科大和菲赫金哥尔茨用的记号是a_{m},我在知乎咨询龚漫奇老师后，根据龚老师的建议，改为a_{n,m}，以避免\\$
$混淆，否则a_{m}，相当于a_{n}的n取值m，只有一个变量n，取值m，而a_{n}{m}有两个变量m,n\\$
$对e_{n,m}取极限时，相当于二元二次极限（注意，非二重极限），即n，m，一先一后取极限，而非二重极限\\$
$同时，我在证明中明确了数列极限的保不等式性的应用，\\$
$用了两次数列保不等式性，把e当做常数数列。\\$
$中科大和菲赫金哥尔茨的先固定m，对n取极限之后，再对m取极限，本质上就是二元二次极限，但是并未明确提及\\$
$二元二次极限这个概念$
$------------------------------------------------------------\\$
$记S_{n}=\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n!}$
$显然，S_{n}是递增数列, 且$
$S_{n}\leqslant1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{2^(n-1)}<3$
$显然，S_{n}是递增$
$因为当n趋于无穷时，1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{2^(n-1)}=3$
$故S_{n}是递增有界数列，可知其必有极限，设其极限为S$
$则S=lim_{n \to \infty}\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n!}$
$对e_{n}进行二项式展开$
$e_{n}={(1+\frac{1}{n})}^{n}$ （其中，n$\in$$N^{+}$)
$\quad=\sum_{k=0}^{n}$$C_{n}^{n-k}$$(\frac{1}{n})^{k}$
$\quad=1+\sum_{k=1}^{n}$$C_{n}^{n-k}$$\frac{1}{n^{k}}$
$\quad=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{n!}{(n-k)!k!}\frac{1}{n^{k}}$
$\quad=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\frac{n!}{(n-k)!}\frac{1}{n^{k}}$
$\quad=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\frac{(n-k+1)(n-k+2)\cdot\cdot\cdot n}{n^{k}}$
$因为 1*2*3\cdot\cdot\cdot(n-k)(n-k+1)(n-k+2)...n$
从1到n-k,一共是n-k个连续数字相乘，从n-k+1到n，合计k个连续数字相乘，从1到n，合计是n个连续数字相乘
故
上式$=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\frac{(n-k+1)(n-k+2)(n-k+3)\cdot\cdot\cdot (n-2)(n-1)n(一共k个数字)}{nnn\cdot\cdot\cdot n(一共k个n)}$
$\quad=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\frac{n(n-1)(n-2)\cdot\cdot\cdot (n-k+3)(n-k+2)(n-k+1)(一共k个数字)}{nnn\cdot\cdot\cdot n(一共k个n)}$
$\quad=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\frac{n}{n}\frac{n-1}{n}\frac{n-2}{n}\cdot\cdot\cdot\frac{n-k+2}{n}\frac{n-k+1}{n}$
$\quad=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}*1*(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdot\cdot\cdot\frac{n-k+2}{n}\frac{n-k+1}{n}$
$\quad=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdot\cdot\cdot (1-\frac{k-2}{n})(1-\frac{k-1}{n})$ (一共k-1个括号)
展开连加号
$\quad=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}(1-\frac{1}{n})+\frac{1}{3!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdot\cdot\cdot(1-\frac{n-1}{n})$
上式最后一项，是取k=n，一共n-1个括号
上式一共n+1项
$由上式可知\\$
$e_{n}\leqslant1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n!}$
$\quad\leqslant1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{2^n}$
$=1+1*\frac{1-\frac{1}{2}^n}{1-\frac{1}{2}}$
$=1+2*(1-\frac{1}{2}^n)$
$=1+2-\frac{1}{2^{n-1}}$$\\$
< 3
$且e_{n}\leqslant S$
$e_{n+1}={(1+\frac{1}{n+1})}^{n+1}$ （其中，n$\in$$N^{+}$)
$\quad=\sum_{k=0}^{n+1}$$C_{n+1}^{n+1-k}$$(\frac{1}{n+1})^{k}$
$\quad=\sum_{k=0}^{n+1}\frac{1}{k!}\frac{(n+1)!}{(n+1-k)!}\frac{1}{(n+1)^k}$
$\quad=\sum_{k=0}^{n+1}\frac{1}{k!}\frac{(n+1-k+1)(n+1-k+2)(n+1-k+3)\cdot\cdot\cdot(n+1)(k个括号)}{(n+1)^k}$ bbbb
$\quad=\sum_{k=0}^{n+1}\frac{1}{k!}\frac{(n+1-k+1)(n+1-k+2)(n+1-k+3)\cdot\cdot\cdot(n+1)(k个括号)}{(n+1)\cdot\cdot\cdot(n+1)(k个(n+1))}$
$\quad=\sum_{k=0}^{n+1}\frac{1}{k!}\frac{(n+1)n(n-1)\cdot\cdot\cdot(n+1-k+3)(n+1-k+2)(n+1-k+1)(k个括号)}{(n+1)\cdot\cdot\cdot(n+1)(k个(n+1))}$
$\quad=1+\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdot\cdot\cdot (1-\frac{k-2}{n+1})(1-\frac{k-1} {n+1})$ (一共k-1个括号)$\\$
$\quad=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}(1-\frac{1}{n+1})+\frac{1}{3!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{(n+1)!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdot\cdot\cdot(1-\frac{n}{n+1})$
$即：e_{n}=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}(1-\frac{1}{n})+\frac{1}{3!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdot\cdot\cdot(1-\frac{n-1}{n})\\$
$即：e_{n+1}=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}(1-\frac{1}{n+1})+\frac{1}{3!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{(n+1)!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdot\cdot\cdot(1-\frac{n}{n+1})\\$
$可知e_{n+1}为n+2项，e_{n}为n+1项，e_{n+1}比e_{n}多一项，且前面的n+1项都大于e_{n}的对应位置的项\\$
$可知e_{n+1}>e_{n}, 可知e_{n}为递增数列，且有上界3，根据单调递增有界数列必有极限，可知e_{n}有极限。$$\\$
$为e，即lim_{n\to \infty}e_{n}=e$
$即lim_{n\to \infty}e_{n}=lim_{n\to \infty}（1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}(1-\frac{1}{n})+\frac{1}{3!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdot\cdot\cdot(1-\frac{n-1}{n}))$
$\forall m\in N^+且m\leqslant n,设\\$
$e_{n,m}=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}(1-\frac{1}{n})+\cdot\cdot+\frac{1}{m!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdot\cdot\cdot(1-\frac{m-1}{n})\\$
$即：e_{n,m}是e_{n}的前m项和，所以，\forall n 都有下面的不等式成立$
$e_{n}\geqslant e_{n,m}$
$根据数列极限的保不等式性，两侧对n取极限，不等式依然成立，即：\\$
$lim_{n \to \infty}e_{n}\geqslant lim_{n \to \infty}e_{n,m}=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdot\cdot+\frac{1}{m!}$
$即\quad e \geqslant lim_{n \to +\infty}e_{n,m}=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdot\cdot+\frac{1}{m!}$
$此时该不等式左侧为常量e，右侧的最终结果，已经不包含变量n，仅包含变量m，而m的要求是m\leqslant n,此时n为无穷大,\\$
$所以m可以取任意值，即\forall m，都有 e\geqslant lim_{n \to \infty}e_{n,m}=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdot\cdot+\frac{1}{m!}=S_{m}\\$
由数列极限的保不等式性，对m取极限，可得
$e\geqslant lim_{m \to \infty}lim_{n \to \infty}e_{n,m}=lim_{m \to \infty}\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdot\cdot++\frac{1}{m!}=S$
$而前面已经证明 e\leqslant S$
$故，得到S\leqslant e\leqslant S\quad\quad (注意 \geqslant意为"不小于",\leqslant意为“不大于”)$
所以 e=S,即
$e=lim_{n \to \infty}(\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdot\cdot+...\frac{1}{n!})$

$说明：在n\to \infty的过程中，e_{n}各项都在增大，趋于对应的阶乘倒数，\\$
$在n取无穷大时，e_{n\to +\infty}所有项的极限都是阶乘倒数，其极限和的极限是倒数阶乘之和\\$