十分浅显，由很多内容没有提到。有空再来填坑！
引入
对下列两个数列进行考察。
\[e_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \\s_n = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!}
\]
数列 s 单调性证明
显然。
数列 s 收敛性证明
可以证明，当 \(n \ge 4\) 时：
\[\begin{aligned}s_n & \leq 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{2^n} \\& = 1 + \frac{1 - \left( \frac{1}{2} \right)^{n + 1}}{1 - \frac{1}{2}} \\& < 3\end{aligned}
\]
故 \(\{s_n\}\) 有上界，由于 \(\{s_n\}\) 单调递增，故 \(s = \lim\limits_{n \to \infty} s_n\) 存在。
Q.E.D
数列 e 单调性证明
证明 1
对 \(e_n\) 运用几何平均 - 算术平均不等式：
\[e_n = 1 \cdot \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \leq \left( \frac{n\left(1 + \frac{1}{n}\right) + 1}{n + 1} \right)^{n + 1} = \left(1 + \frac{1}{n + 1}\right)^{n + 1} = e_{n + 1}
\]
Q.E.D
证明 2
对 \(e_n\) 运用二项式定理：
\[\begin{aligned}e_n & = 1 + \sum\limits_{k = 1}^n \dbinom{n}{k} \frac{1}{n^k} \\& = 1 + \sum\limits_{k = 1}^n \frac{n!}{k!(n - k)!} \frac{1}{n^k} \\& = 1 + \sum\limits_{k = 1}^n \frac{1}{k!} \left(1 - \frac{0}{n}\right) \cdots \left(1 - \frac{k - 1}{n}\right)\end{aligned}
\]
对比 \(e_{n + 1}\)：
\[\begin{aligned}e_{n + 1} & = 1 + \sum\limits_{k = 1}^{n + 1} \dbinom{n + 1}{k} \frac{1}{(n + 1)^k} \\& = 1 + \sum\limits_{k = 1}^{n + 1} \frac{1}{k!} \left(1 - \frac{0}{n + 1}\right) \cdots \left(1 - \frac{k - 1}{n + 1}\right)\end{aligned}
\]
可以看出 \(e_{n + 1}\) 同位置的加项都不弱于 \(e_n\)，且 \(e_{n + 1}\) 还多出来一个非负的加项。故 \(e_n < e_{n + 1}\)。
Q.E.D
数列 e 收敛性证明
从「数列 e 单调性证明 - 证明 2」中可以看出：
\[e_n \leq 1 + \sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{k!} = s_n < 3
\]
故 \(\{e_n\}\) 有上界， 由于 \(\{e_n\}\) 单调递增，故 \(e = \lim\limits_{n \to \infty} e_n\) 存在。
数列 e, s 的收敛性
上述分析，我们得出 \(e \leq s\)。
下述探讨 \(e \geq s\)。取 \(e_n\) 的前 \(m(n \geq m)\) 项：
\[e_n \geq 1 + \sum\limits_{k = 1}^m \frac{1}{k!}\left(1 - \frac{0}{n}\right) \cdots \left(1 - \frac{k - 1}{n}\right)
\]
暂时将 \(m\) 视为常量，令 \(n \to \infty\)，则：
\[e \geq 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{m!}
\]
令 \(m \to \infty\)，则 \(e \geq s\)。
故 \(e = s\)，数列 \(\{e_n\}, \{s_n\}\) 收敛于同一极限。在数学上，我们称该极限为自然常数 \(e\)：
\[\lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e \\\lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!}\right) = e
\]
自然常数 e
1：误差分析
1.1：运用数列 s 逼近的误差分析
由于 \(s_{n + 1}\) 相较于 \(s_n\) 只需多做一次除法运算与加法运算，运用数列 \(\{s_n\}\) 来逼近 \(e\) 是很好的。
对于任意正整数 \(n, m\)，分析 \(s_{n + m}\) 与 \(s_n\) 的误差：
\[\begin{aligned}0 & < s_{n + m} - s_m \\& = \frac{1}{(n + 1)!} + \cdots + \frac{1}{(n + m)!} \\& = \frac{1}{(n + 1)!}\left(1 + \frac{1}{n + 2} + \cdots + \frac{1}{(n + 2)\cdots(n + m)}\right) \\& < \frac{1}{(n + 1)!}\left(1 + \frac{1}{n + 1} + \cdots + \frac{1}{(n + 1)^{m - 1}}\right) \\& < \frac{1}{(n + 1)!} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{n + 1}} = \frac{1}{n! \cdot n}\end{aligned}
\]
令 \(m \to \infty\)，则：
\[0 < e - s_n \leq \frac{1}{n! \cdot n}
\]
可以看到在 \(n = 10\) 时，\(s_{10}\) 的误差已经小于 \(10^{-7}\)，此时的近似值为 2.718 281 8。
2：性质 & 计算
2.1：e 的无理性证明
经典反证法，设即约分数 \(e = \frac{p}{q}\)。因为 \(2 < e < 3\)，故 \(e\) 不可能为整数，从而推断出 \(q \geq 2\)。
由上述分析得：
\[0 < e - s_q \leq \frac{1}{q! \cdot q} \\0 < q!(e - s_q) \leq \frac{1}{q} \leq \frac{1}{2}
\]
将上式展开：
\[\begin{aligned}q!(e - s_q) & = q! \cdot \frac{p}{q} - q!\left( 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots \frac{1}{q!} \right) \\& = (q - 1)!p - \left(q^\underline{q} + q^{\underline{q - 1}} + q^\underline{q - 2} + \cdots + q^\underline{1} + q^{\underline{0}} \right)\end{aligned}
\]
可以看出 \(q!(e - s_q)\) 是整数，与 \(0 < q!(e - s_q) \leq \frac{1}{2}\) 矛盾。
Q.E.D
2.2：命题
对于 \(k \in \mathbb{N}\)，下式成立。
\[\lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{k}{n}\right)^n = e^k
\]
证明
对于每个正整数 \(n\)，将其分解为 \(km + j(j < k)\) 的形式，则
\[\left(1 + \frac{k}{n}\right)^n =\left(1 + \frac{1}{m + \frac{j}{k}}\right)^{mk}\left(1 + \frac{1}{m + \frac{j}{k}}\right)^j
\]
注意到
\[\lim\limits_{m \to \infty} \left(1 + \frac{1}{m + \frac{j}{k}}\right)^{mk}\left(1 + \frac{1}{m + \frac{j}{k}}\right)^j = e^k
\]
相当于是把原序列按照模 \(k\) 的同余类，不重不漏地分成 \(k\) 个子列，这 \(k\) 个子列的极限均为 \(e^k\)，故原命题成立。
Q.E.D
2.3：命题
对于 \(k \in \mathbb{N}\)，下式成立。
\[\lim\limits_{n \to \infty} \left(1 - \frac{k}{n}\right)^n = \frac{1}{e^k}
\]
证明
\[\begin{aligned}\left(1 - \frac{k}{n}\right)^n & = \left(\frac{n - k}{n}\right)^n \\& = \frac{1}{\left(\frac{n}{n - k}\right)^n} \\& = \frac{1}{\left(1 + \frac{k}{n - k}\right)^{n - k}\left(1 + \frac{k}{n - k}\right)^k}\end{aligned}
\]
两边同时取极限，应用「2.2：命题」，即可得知命题成立。
Q.E.D
2.4：命题
对于 \(n \in \mathbb{N}^*\)，下式成立。
\[\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n < e < \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + 1}
\]
证明
引入部分已经证明 \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\) 单调递增，现在要证明 \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + 1}\) 单调递减。
考虑对 \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + 1}\) 的倒数应用几何平均 - 代数平均不等式：
\[\left(\frac{n}{n + 1}\right)^{n + 1} \leq \left(\frac{n + 1}{n + 2}\right)^{n + 2}
\]
可以发现 \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + 1}\) 的倒数单调递增，故 \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + 1}\) 单调递减。
由于 \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\) 从左侧收敛于 \(e\)，\(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + 1}\) 从右侧收敛于 \(e\)，故命题成立。
Q.E.D
2.5：命题
\[\frac{1}{n + 1} < \ln \left(1 + \frac{1}{n}\right) < \frac{1}{n}
\]
证明
「2.4：命题」取 \(\ln\)。
Q.E.D
2.6：命题
\[\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n + 1} < \ln(n + 1) < 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}
\]
证明
将 \(n\) 个「2.5：命题」不等式相加。
\[\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n + 1} < \ln\left(1 + \frac{1}{1}\right) + \cdots + \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) < 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}
\]
\[\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n + 1} < \ln\left(\frac{2}{1}\right) + \cdots + \ln\left(\frac{n + 1}{n}\right) < 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}
\]
\[\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n + 1} < \ln\left(\frac{2}{1}\frac{3}{2} \cdots \frac{n + 1}{n} \right) < 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}
\]
\[\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n + 1} < \ln(n + 1) < 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}
\]
Q.E.D
