中科大数分教材：用阶乘倒数和计算e值的误差和e是无理数的证明，用到误差计算

$e=lim_{n \to \infty}e_{n}(1+\frac{1}{n})^n\\$
$=\lim_{n \to \infty}(\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdot\cdot+...\frac{1}{n!})$
$\lim_{n \to \infty}S_{n}=\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdot+\cdot+\frac{1}{n!}=e$

因为两个数列有相同的极限e，取充分大的n，用S_{n}作为e的近似值。
$因为S_{n+1}=S_{n}+\frac{1}{n!}*\frac{1}{n+1}\\$
$在计算过程中，可以利用前面已经计算出来的S_{n}的结果\\$
$产生的误差为\\$
$S_{n+m}-S{n}>0\\$
$S_{n+m}-S{n}\\$
$=\frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}+\frac{1}{(n+3)!}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{(n+m)!}\\$
$=\frac{1}{(n+1)!}*(1+\frac{1}{n+2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{(n+2)(n+3)\cdot\cdot\cdot(n+m)})\\$
$<\frac{1}{(n+1)!}*(1+\frac{1}{n+1}+(\frac{1}{n+1})^2+(\frac{1}{n+1})^3\cdot\cdot\cdot+(\frac{1}{n+1})^{m-1})\\$
等比数列和公式：$S_{n}=na_{1}, q=1，\quad S_{n}=a_{1}.\frac{1-q^n}{1-q}, q\neq 1\\$
其中n为项数。
故
$上式=\frac{1}{(n+1)!}*\frac{1-(\frac{1}{n+1})^m}{1-\frac{1}{n+1}}\\$
$\quad =\frac{1}{n!n}$
$即0<S_{n+m}-S_{n}<\frac{1}{n!n}$
$若m\to \infty,可得\\$
$0 < e - S_{n} \leqslant \frac{1}{n!n}\quad\quad\quad n \in N^{+}\quad\quad\quad(1)\\$

证明e是无理数
证明：用反证法。
$设 e=frac{p}{q}，其中p,q\in N^{+}$
$因为2<e<3$,可知e不是整数，且q不等于1，否则，若q=1，$\\$
$则e=\frac{p}{q}=\frac{p}{1}=p，为整数,可知q\geqslant2$
$由(1)式，当n=q时，S_{n}=S_{q}, (1)式中的n!n,替换为q!q，可得\\$
$\quad0<q!(e-S_{q})\leqslant \frac{1}{q}\leqslant \frac{1}{2}\quad\quad\quad(2)\\$
$把e=\frac{p}{q}代人下式\\$
$q!(e-S_{q})=q!(\frac{p}{q} - S_{q})$
$\quad\quad\quad\quad\quad=(q-1)!p-q!(1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdot\cdot+\frac{1}{q!}))$
$上式为整数，与(2)式矛盾$