\(e=lim_{n \to \infty}e_{n}(1+\frac{1}{n})^n\\\)
\(=\lim_{n \to \infty}(\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdot\cdot+...\frac{1}{n!})\)
\(\lim_{n \to \infty}S_{n}=\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdot+\cdot+\frac{1}{n!}=e\)
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，\(\\\)
\(则e=\frac{p}{q}=\frac{p}{1}=p，为整数,可知q\geqslant2\)
\(由(1)式，当n=q时，S_{n}=S_{q}, (1)式中的n!n,替换为q!q，可得\\\)
\(\quad0<q!(e-S_{q})\leqslant \frac{1}{q}\leqslant \frac{1}{2}\quad\quad\quad(2)\\\)
\(把e=\frac{p}{q}代人下式\\\)
\(q!(e-S_{q})=q!(\frac{p}{q} - S_{q})\)
\(\quad\quad\quad\quad\quad=(q-1)!p-q!(1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdot\cdot+\frac{1}{q!}))\)
\(上式为整数，与(2)式矛盾\)