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_(1+\frac{1})^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_作为e的近似值。
$因为S_{n+1}=S_+\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_的结果\$
$产生的误差为\$
$S_{n+m}-S>0\$
$S_{n+m}-S\$
$=\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)})\$
$<\frac{1}{(n+1)!}(1+\frac{1}{n+1}+(\frac{1}{n+1})^{2+(\frac{1}{n+1})3\cdot\cdot\cdot+(\frac{1}{n+1}))\$
等比数列和公式：$S_=na_{1}, q=1，\quad S_=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_ \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_=S_, (1)式中的n!n,替换为q!q，可得\$
$\quad0<q!(e-S_)\leqslant \frac{1}\leqslant \frac{1}{2}\quad\quad\quad(2)\$
$把e=\frac代人下式\$
\(q!(e-S_{q})=q!(\frac{p}{q} - S_{q})\)
\(\quad\quad\quad\quad\quad=(q-1)!p-q!(1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdot\cdot+\frac{1}{q!}))\)
\(上式为整数，与(2)式矛盾\)