单调整序变量的极限

到现在为止，在所有关于变量的极限存在的定理中，都具有下面的特点：就是假设某些变量的极限存在，而证明另一些与前者有关的变量的极限也存在.至于当所给的变量与别的变量无关时如何判定它有有限极限的问题，迄今尚未提出.这问题的一般形式的解答，留待第四节[收敛原理.部分极限]再讲.我们在这里且考察一种简单而重要的特殊类型的变量，这一类变量的极限问题是很容易解决的.

若对于整序变量$x_n$有

$$x_1 < x_2 < \cdots < x_n < x_{n+1 } < \cdots $$

就是说，若$n’ > n$，必有$x_{n’} > x_n $，这时我们把$x_n $称为是增大的.若

$$x_1 \leq x_2 \leq \cdots \leq x_n \leq x_{n+1 } \leq \cdots $$

就是说，若$n’ > n$，必有$x_{n’} \geq x_n $，这时就把$x_n $称为是不减小的.若对于增的这一术语，赋予更广泛的意义，则在上述的后一种情形亦可以称为增的变量.

仿此，可建立减小的——狭义的或广义的——变量的概念：变量$x_n$称为是减小的，若

$$x_1 > x_2 > \cdots > x_n > x_{n+1 } > \cdots $$

或

$$x_1 \geq x_2 \geq \cdots \geq x_n \geq x_{n+1 } \geq \cdots $$

如此由$n’ > n$，推得(看情形而论)$x_{n’} < x_n $或仅$x_{n’} \leq x_n $.

一切这种类型的，向单一方向改变的变量总称为单调变量.至于其中个别的整序变量，通常就说它是“单调增大”或“单调减小”.

关于单调整序变量成立下列——具有基本重要性的——定理.

定理 设已给单调增大的整序变量$x_n $.若它上有界：

$$x_n \leq M(M=常量；n=1,2,\cdots ),$$

则必有一有限的极限，否则，它趋向$+\infty $.

完全同样地，单调减小的整序变量$x_n$恒有极限.若它下有界：

$$x_n \geq M(M=常量；n=1,2,\cdots ),$$

则它的极限是有限的，否则它的极限为$-\infty $.

证明 且限制在整序变量$x_n$增大的情形，可能是广义的(整序变量减小的情形可仿此详细证明).

先假定这变量上界.则依[数集的界]的定理，对于其数值的集$\lbrace x_n \rbrace$必有(有限的)上确界存在：

$$a=\text{sup} \lbrace x_n \rbrace ;$$

我们将指出，这数$a$刚好就是整序变量$x_n$的极限.

实际上，回忆下[数集的界]内的上确界的特性.第一，对于一切$n$值将有

$$x_n \leq a.$$

第二，不论取怎样的数$\varepsilon > 0$，恒能求出序号$N$，使

$$x_N > a-\varepsilon .$$

由于我们的整序变量的单调性(在这里，我们首先用着它)，在$n > N$时将有$x_n \geq x_N$，从而$x_n > a-\varepsilon $，因此对于这种$n$就成立不等式：

$$0\leq a-x_n < \varepsilon \quad 或 \quad \mid x_n -a \mid < \varepsilon ,$$

由此，必有$\lim x_n =a$.

今设整序变量$x_n$不上有界.则不论数$E > 0$怎样大，我们的变量总有一值大于$E$；设这数值是$x_N :x_N > E$.根据整序变量$x_n$的单调性，在$n > N$时常成立

$$x_n > E,$$

而这即表示$\lim x_n =+\infty$.

很易明了，对于那种变量，它仅从某一项起才变成单调的，一切结论仍能适用(因为弃去起首的任何有限个数值，对于变量的极限并无影响).

转而考察应用上述定理的例题.

例题

$1)$ 考察整序变量

$$x_n =\dfrac{c^n}{n!} \quad (当作c > 0),$$

式中$n!=1,2,\cdots ,n.$(它在$c > 1$时是$\dfrac{\infty }{\infty }$型的不定式.)

因

$$x_{n+1 } =x_n \cdot \dfrac{c}{n+1} ,$$

故仅需$n > c-1$时，变量就成为减小的；同时它下有界，例如，$x_n$都大于$0$.因此，整序变量$x_n$——依定理——有一有限极限，把它记成$a$.

为了求出它，可使上述等式趋于极限；因$x_{n+1}$与$x_n$取值于同一数列(除第一项外)，亦必有同一极限$a$，故得出

$$a=a\cdot 0,$$

由此，$a=0$，最后，

$$\lim \dfrac{c^n}{n!} =0.$$

$2)$仍设$c > 0$，令定义整序变量$x_n$为：

$$x_1 =\sqrt{c} ,x_2 =\sqrt{c+\sqrt{c} } ,x_3 =\sqrt{c+\sqrt{c+\sqrt{c} } } ,\cdots $$

一般地

$$x_n =\underbrace{\sqrt{c+\sqrt{c+\cdots +\sqrt{c} } } }_{n~个根式}$$

这样，依公式，由$x_n$可得出$x_{n+1 } $

$$x_{n+1 } =\sqrt{c+x_n } .$$

很明显，整序变量$x_n$单调地增大，同时它上有界，例如，都小于数$\sqrt{c} +1$.实际上，$x_1 =\sqrt{c}$小于这数，今若假定某一个$x_n < \sqrt{c} +1$，则对其后一数值亦得

$$x_{n+1 } < \sqrt{c+\sqrt{c} +1} < \sqrt{c+2\sqrt{c} +1} =\sqrt{c} +1.$$

这样，根据数学归纳法就证明了我们的论点是正确的.

依基本定理，整序变量$x_n$有某一有限极限$a$.要确定它可在等式

$$x_{n+1 }^2 =c+x_n$$

中取极限；这样，我们得出$a$满足于二次方程

$$a^2=c+a.$$

这方程有异号的两个根；但我们所要的极限$a$不可能是负数，因此，必等于其正根

$$a=\dfrac{\sqrt{4c+1} +1}{2}.$$

$3)$取任何$x_0 ,0 < x_0 < 1$，我们用递推关系式

$$x_{n+1 } =x_n (2-x_n )$$

确定整序变量$x_n$，设$0 < x_n < 1$(这条件对于$n=0$也满足)，我们确定了

$$0 < x_n < x_{n+1 } < 1.$$

事实上，因为$2-x_n > 1 $，所以$x_{n+1 } > x_n $；但$x_n (2-x_n )=1-(1-x_n )^2$，由此$x_{n+1 } < 1$.因此
我们已归纳地证明了，整序变量$x_n$是单调增大的，而且保持小于$1$；所以它有有限极限$a\neq 0$.对递推关系式取极限，得出$a=1$.因此$\lim x_n =1$.

请读者自己进行讨论如果取$x_0$在区间$(0,1)$外的情形.

附注 设$c$是任何正数，并设$x_n =cy_n$.上述递推关系式变成为：

$$y_{n+1 }=y_n (2-cy_n ).$$

取第一个值$y_0$满足条件：$0 < y_0 < \dfrac{1}{c}$，我们得出$y_n$是单调增大的，将趋于$\dfrac{1}{c}$.计算机就是按这个方法来计算$c$的倒数.

$4)$设给定二正数$a$及$b$($a > b$).作出其等差中项及等比中项：

$$a_1 =\dfrac{a+b}{2} ,b_1 =\sqrt{ab}.$$

大家知道，等差中项大于等比中项；这可立刻由如下不等式推得：

$$\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab} =\dfrac{1}{2}(a-2\sqrt{ab} +b)=\dfrac{(\sqrt{a} -\sqrt{b})^2}{2} >0(在a\neq b时).$$

同时它们又都位于原来两数的中间：

$$a > a_1 > b_1 > b.$$

对于数$a_1 $及$b_1 $，再作出它们的二种中项：

$$a_2 =\dfrac{a_1 +b_1 }{2} ,b_1 =\sqrt{a_1 b_1 } ,$$

并且有

$$a_1 > a_2 > b_2 > b_1 $$

等等.若数$a_n$及$b_n$已确定，则数$a_{n+1} $及$b_{n+1} $依公式

$$a_{n+1} =\dfrac{a_n +b_n }{2} ,b_{n+1} =\sqrt{a_n b_n } $$

确定，并且，如上所述，有

$$a_n > a_{n+1} > b_{n+1} > b_n .$$

这样就得出二整序变量$a_n$及$b_n$，其中第一个显然是减小的，而第二个显然是增大的(逐渐互相接近).同时

$$a > a_n > b_n > b.$$

即二整序变量都是有界的，故二者都趋于有限极限：

$$\alpha =\lim a_n \quad 及\quad \beta =\lim b_n .$$

若在等式

$$a_{n+1}=\dfrac{a_n +b_n }{2}$$

中取极限，则得

$$\alpha =\dfrac{\alpha +\beta }{2},由此\alpha =\beta .$$

这样，二序列——等差中项$a_n$的序列及等比中项$b_n$的序列——都趋向于公共极限$\mu =\mu (a,b)$；依高斯的称呼，称它为原数$a$及$b$的等差-等比中项.要通过二数$a,b$来表达$\mu (a,b)$，在现阶段中对于我们是不能办到的，它需要用到所谓椭圆积分[参阅第九章定积分-可用等式表示的一些性质(第二卷)].

$5)$仍由二正数$a$及$b(a > b)$出发，这次是等差中项及调和中项[若数$c$的倒数$\dfrac{1}{c}$是正数$a$及$b$的倒数$\dfrac{1}{a}$及$\dfrac{1}{b}$的等差中项：$\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b} \right)$，由此$c=\dfrac{2ab}{a+b}$，则$c$称为$a$及$b$的调和中项.]所组成的数列：

$$a_1 =\dfrac{a+b}{2} ,b_1 =\dfrac{2ab}{a+b} ,$$

$$a_2 =\dfrac{a_1 +b_1 }{2} ,b_2 =\dfrac{2a_1 b_1 }{a_1 +b_1 } ,$$

$$\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots $$

$$a_{n+1 } =\dfrac{a_n +b_n }{2} ,b_{n+1 } =\dfrac{2a_n b_n }{a_n +b_n } ,$$

$$\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots $$

由我们已知的不等式$\dfrac{a+b}{2} > \sqrt{ab}$(在$a\neq b$时)可得出：

$$\left( \dfrac{a+b}{2} \right) ^2 > ab,$$

最后，

$$\dfrac{a+b}{2} > \dfrac{2ab}{a+b} ,$$

故等差中项大于调和中项，但二种中项仍都位于原来二数之间.应用于$a_n$及$b_n$，便得

$$a_n > a_{n+1 } > b_{n+1 } > b_n .$$

完全类似于前一例题内所做过的那样，可以证明$a_n$及$b_n$都趋于公共极限$c$，这$c$可以称为数$a$及$b$的等差-调和中项.

然而，在这里的$c$有一个通过$a$及$b$的简单表示式.我们看出，$a_1 b_1 =ab$；因为，类似地，又有$a_{n+1 } b_{n+1 } =a_n b_n $，故可得结论：对于一切$n$值，

$$a_n b_n =ab.$$

由此式取极限，则得

$$c=\sqrt{ab} ,$$

即两数的等差-调和中项就是它们的等比中项.

$6)$最后，研究一个较复杂的例题.

由某一实数$c$出发，假定$x_1 =\dfrac{c}{2}$，而以后的整序变量$x_n$的值由公式

$$x_{n+1 } =\dfrac{c}{2} +\dfrac{x_n^2}{2} \label{1}\tag{1}$$

归纳地确定它.今由关于$c$的两个不同的假设出发来研究这整序变量的极限的问题.

注意到，若预先知道有一有限极限

$$a=\lim x_n \label{2}\tag{2}$$

存在，便可不费力地求出它，仅需在等式$\eqref{1}$中取极限，便得出

$$a=\dfrac{c}{2} +\dfrac{a^2}{2}$$

或

$$a^2-2a+c=0.$$

由这二次方程求得

$$a=1\underset{(+)}{-} \sqrt{1-c} .\label{3}\tag{3}$$

由此立刻看出，在$c > 1$时整序变量显然不能有一有限极限.

$a)$先假定$0 < c\leq 1$.则是显见$x_n > 0$.由$\eqref{1}$式逐项地减去相似的等式

$$x_n =\dfrac{c}{2} +\dfrac{x_{n-1 }^2}{2} ,$$

便得

$$x_{n+1 } -x_n =\dfrac{x_n^2 -x_{n-1 }^2}{2} .$$

显然，$x_2 > x_1 =\dfrac{c}{2}$；而由上述等式推得，仅需$x_n > x_{n-1 } $，便必定有$x_{n+1 } > x_n $.这样，依数学归纳法，可以确定整序变量$x_n$为单调增大.

类似地，可证明这整序变量是有(上)界的：

$$x_n < 1.$$

这不等式在$n=1$时显然成立；又根据$\eqref{1}$式，若它在任何$n$值时成立，则在$n+1$时亦成立.因此知道，$\eqref{2}$式的极限确实存在，且可由$\eqref{3}$式来表示，因这极限不能大于$1$，根号前必然是负号.

$b)$今设$-3\leq c < 0$.显然，对于一切$n$有

$$x_n \geq \dfrac{c}{2} .$$

我们将指出，在这情形时$x_n < 0$.这在$n=1$时为真；若设这一事实对某一$n$值时为真，则

$$\mid x_n \mid \leq \dfrac{\mid c\mid }{2} ,x_n^2 \leq \dfrac{\mid c\mid ^2}{4} < \mid c\mid \left( 因\dfrac{\mid c\mid }{4} < 1\right) .$$

故$x_{n+1}$将与$\dfrac{c}{2}$的符号相同，故必为负数，此即需证者.

整序变量$x_n$现在不再是单调的了.于是，若在$\eqref{1}$式内先设$n=2k$及$2k-2$，然后设$n=2k+1$及$2k-1$，并在两个情形内逐项相减，则得

$$\left. \begin{array}{l} & x_{2k+1} -x_{2k-1} =\dfrac{x_{2k}^2-x_{2k-2}^2 }{2} ,\\ & x_{2k+2} -x_{2k} =\dfrac{x_{2k+1}^2-x_{2k-1}^2 }{2} .\end{array} \right\rbrace \label{4}\tag{4}$$

由此，可以归纳地得出结论：恒有

$$x_{2k+1} > x_{2k-1} \quad 及\quad x_{2k+2} < x_{2k} .$$

事实上，$x_3 > x_1 =\dfrac{c}{2}$；故$\mid x_3 \mid < \mid x_1 \mid $，$x_3^2 < x_1^2$.又依公式$\eqref{4}$的第二式(在$k=1$时)将有$x_4 < x_2$.因此$\mid x_4 \mid > \mid x_2 \mid $，$x_4^2 > x_2^2$.又依公式$\eqref{4}$的第一式(在$k=2$时)得$x_5 > x_3$，等等.

这样，在所考察的情形，分别地取出的整序变量$x_{2k-1}$及$x_{2k} (k=1,2,\cdots )$将成为单调的；又因它们都位于有限限界$\dfrac{c}{2}$及$0$之间，则必两者都有有限极限

$$a’=\lim x_{2k-1} ,a’’=\lim x_{2k} .$$

剩下来还要证明$a’=a’’$.为这目的，使$\eqref{1}$式内的序号$n$，先经由偶数各值，然后经由奇数各值趋于无穷.我们得出两个极限关系式：

$$a’=\dfrac{c}{2} +\dfrac{a’’^2}{2} ,a’’=\dfrac{c}{2} +\dfrac{a’^2}{2} .\label{5}\tag{5}$$

相减，消去$c$，得

$$(a’-a’’)(a’+a’’+2)=0.$$

因我们即将断定，若$c > -3$，则第二因式不能为零，故必须$a’=a’’$.在相反的情形，以$a’’=-a’-2$代入关系式$\eqref{5}$的第二式内，我们将得出$a’$的二次方程

$$a’^2+2a’+(4+c)=0,$$

它在$c > -3$时是不能有实根的.

最后，若在$c=-3$，则每一括号与第二括号同时等于$0$，因为在这种情形$a’=-1,a’’=-1$.

因此，在一切情形$a’=a’’$.用$a$表示这些极限的公共数值，显然，在$a$的表达式$\eqref{3}$中根号前将仍为负号，因为负的整序变量$x_n$的极限决不会是正数的.

总结前述的各例题，我们作出下列附注：已证明的这个定理乃是典型的“存在定理”：这定理只确定了极限存在的事实，但它并未给出任何计算极限的方法.虽然如此，它仍具有非常的重要性.因为一方面，在理论问题中常常仅需知道极限的存在就够了.另一方面，在很多情形预先证明了极限存在的可能是很重要的，它会帮助我们找出实际计算这极限值的途径.如在例$1),2),3),5),6)$中，就是先知道极限存在的事实，然后才允许在某些等式内用极限步骤来确定极限的确实数值.

就这一点来说，特别应该接受例$6)(b)$的教训.注意，在$c < -3$时$\eqref{3}$式仍有意义，但这并不表示着它仍然是整序变量$x_n$的极限；相反地，这时$x_n$的极限并不存在：例如，容易知道，在$c=-4$时，整序变量依数列

$$-2,0,-2,0,-2,0,\cdots $$

而递变，故无极限.

在例$4)$中我们并无表达极限的式子，但因为知道它的存在，并且它常位于整序变量$a_n$与$b_n$之间，而$a_n$及$b_n$又从两边趋向它为极限，故能很容易地算出它的准确到任何程度的近似值来.

在下一小节内我们将再看到应用单调整序变量定理的另一重要例题.

数$e$

我们在这里将应用极限步骤来定义一个新的数.这新的数迄今为止我们尚未遇到过.

试考察整序变量

$$x_n =\left( 1+\dfrac{1}{n} \right) ^n ,$$

并设法应用[单调整序变量的极限]的定理来确定它的极限.

因为在指数$n$增大时幂的底数在减小，所以整序变量的“单调性”不是直接看得出来的.为着证明$x_n$的单调性，可根据二项定理展开上式：

$$\begin{align}
x_n & =\left( 1+\dfrac{1}{n} \right) ^n =1+n\cdot \dfrac{1}{n} +\dfrac{n(n-1)}{1\cdot 2} \cdot \dfrac{1}{n^2} +\dfrac{n(n-1)(n-2)}{1\cdot 2\cdot 3} \cdot \dfrac{1}{n^3} +\cdots \\
& +\dfrac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{1\cdot 2\cdots k} \cdot \dfrac{1}{n^k} +\cdots +\dfrac{n(n-1)\cdots (n-n+1)}{1\cdot 2\cdots n} \cdot \dfrac{1}{n^n} \\
& =1+1+\dfrac{1}{2!} \left( 1-\dfrac{1}{n} \right) +\dfrac{1}{3!} \left( 1-\dfrac{1}{n} \right) \left( 1-\dfrac{2}{n} \right) +\cdots \\
& +\dfrac{1}{k!} \left( 1-\dfrac{1}{n} \right) \cdots \left( 1-\dfrac{k-1}{n} \right) +\cdots +\dfrac{1}{n!} \left( 1-\dfrac{1}{n} \right) \cdots \left( 1-\dfrac{n-1}{n} \right) .\label{6}\tag{6} \\
\end{align}$$

若改上式左边的$x_n$为$x_{n+1}$，即使$n$增大$1$，则在该式右边首先须在最后加上第$(n+2)$项(正的)，又前面写着的$n+1$项中的每一项也都增大了些，因为在任一括号内$1-\dfrac{s}{n}$型的因式都已换成较大的因式$1-\dfrac{s}{n+1}$.

由此必有

$$x_{n+1} > x_n ,$$

即$x_n$是增大的整序变量.

今将证明，它又是上有界的.在$\eqref{6}$式中略去一切括号内的因式会使它增大了些.因此

$$x_n < 2+ \dfrac{1}{2!} + \dfrac{1}{3!} + \cdots +\dfrac{1}{n!} =y_n .$$

更进一步，(由第$2$个分数起)将分母中的每一因子都换成$2$，使所得的式子又增大了些，因此

$$y_n < 2+ \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{2^{n-1}} .$$

但是由第二项$\dfrac{1}{2}$起各项的总和$< 1$，因此$y_n < 3$，从而$x_n < 3$.

由此，依[单调整序变量的极限]的定理，整序变量$x_n$必有一有限极限.依照欧拉($\text{L.Euler}$)的记法，用字母$e$表示这极限.这数

$$e=\lim \left( 1+\dfrac{1}{n} \right) ^n ,$$

不论对于分析学本身，或是它的应用，都有极端的重要性.它的首$15$位十进小数，就是

$$e=2.718\;281\;828\;459\;045\cdots$$

在下一目内，我们将指出计算数$e$的近似值的简便方法，同时顺便证明数$e$是无理数.

数$e$的某些性质(我们在以后[函数的极限-例题$(13)$]再证明)使得选它作为对数系统的底时有特殊的便利.以$e$为底的对数称为自然对数，用不标出底的记号$\ln$来表示它；在理论的研究中，总是用着自然对数.

这对数有时误称为纳皮尔对数，取名于对数的发明者——苏格兰数学家纳皮尔$(\text{J.Napier},16\sim 17$世纪).纳皮尔本人并不曾有过对数系统的底的概念(因为他系独创一格，在另外的原理上建立它们)，但他的对数相当于底数接近$\dfrac{1}{e}$的对数.与他同时代的比尔吉$(\text{J.Bürgi} )$则创底数接近$e$的对数.

以十为底的常用对数与自然对数的关系借公式

$$\lg x =\ln x \cdot M$$

来表示，式中$M$为换底的模且等于

$$M=\lg e=\dfrac{1}{\ln 10} =0.434\;294\cdots $$

这个公式也很容易求得，只需在恒等式

$$x=e^{\ln x}$$

的两边各取以$10$为底的对数便是.

数$e$的近似计算法

回到等式$\eqref{6}$，若固定$k$，并设$n > k$，弃去最后的一部分，即在每$k+1$项以后的一切项，则得不等式

$$x_n > 2+\dfrac{1}{2!} \left( 1-\dfrac{1}{n} \right) +\dfrac{1}{3!} \left( 1-\dfrac{1}{n} \right) \left( 1-\dfrac{2}{n} \right) +\cdots +\dfrac{1}{k!} \left( 1-\dfrac{1}{n} \right) \cdots \left( 1-\dfrac{k-1}{n} \right) .$$

让$n$增大至无穷取极限，因所有括号的极限均为$1$，故得：

$$e\geq 2+\dfrac{1}{2!} +\dfrac{1}{3!} +\dfrac{1}{k!} =y_k .$$

这不等式对于任何自然数$k$都成立.因此，

$$x_n < y_n \leq e,$$

由此，明显地[根据对等式及不等式取极限，定理$3$]，又有

$$\lim y_n =e.$$

顺便注意到，$y_n$是无穷级数[例题，$9)$]

$$1+\dfrac{1}{1!} +\dfrac{1}{2!} +\cdots +\dfrac{1}{n!} +\cdots $$

的前$n+1$项的部分和，因而刚才所说的极限关系式表明$e$是它的和，也可以说$e$展开成为这个级数，因而可写

$$e=1+\dfrac{1}{1!} +\dfrac{1}{2!} +\cdots +\dfrac{1}{n!} +\cdots $$

在计算数$e$的近似值时，用整序变量$y_n$比用$x_n$更为便利.再估计$y_n$向$e$接近的程度.为此目的，先考察$y_n$与在$y_n$后面的任何数值$y_{n+m} (m=1,2,\cdots )$之间的差.得

$$\begin{align}
& y_{n+m} -y_n \\
= & \dfrac{1}{(n+1)!} +\dfrac{1}{(n+2)!} +\cdots +\dfrac{1}{(n+m)!} \\
= & \dfrac{1}{(n+1)!} \left \lbrace 1+\dfrac{1}{n+2} +\dfrac{1}{(n+2)(n+3)} +\cdots +\dfrac{1}{(n+2)(n+3)\cdots (n+m)} \right \rbrace . \\
\end{align}$$

若在括号$\lbrace \rbrace $内把各分母中的因子都换成$n+2$，则得不等式

$$y_{n+m} -y_n < \dfrac{1}{(n+1)!} \left \lbrace 1+\dfrac{1}{n+2} +\dfrac{1}{(n+2)^2} +\cdots +\dfrac{1}{(n+2)^{m-1}} \right \rbrace .$$

若把括号内换成无穷级数的和，则不等式只有加强，故

$$y_{n+m} -y_n < \dfrac{1}{(n+1)!} \cdot \dfrac{n+2}{n+1} .$$

今使$n$固定不变，并使$m$趋于无穷，则整序变量$y_{n+m}$(标着序号$m$的)依次取数列

$$y_{n+1} ,y_{n+2} ,\cdots ,y_{n+m} ,\cdots $$

中的各值，显然将收敛于$e$.因此，在取极限时得

$$e-y_n \leq \dfrac{1}{(n+1)!} \cdot \dfrac{n+2}{n+1} $$

或最后，得

$$0 < e-y_n < \dfrac{1}{n!n} .$$

若用$\theta $表示数$e-y_n$与数$\dfrac{1}{n!n}$的比值(显然，它位于$0$与$1$之间)，则又可以写成

$$e-y_n = \dfrac{\theta }{n!n} .$$

将式中的$y_n$用它的展开式代入，我们便得出重要的公式：

$$e=1+\dfrac{1}{1!} +\dfrac{1}{2!} +\cdots +\dfrac{1}{n!} +\dfrac{\theta }{n!n} ,\label{7}\tag{7}$$

它是计算$e$的出发点.弃去最后的一项“余项”，并把其余的各项都换上十进位小数的近似值，我们就得出$e$的近似值.

今将用公式$\eqref{7}$计算$e$，使准确至$\dfrac{1}{10^n}$.首先须确定怎样选取$n$(它可由我们任意取定)，才能实现这一准确度.

$$\begin{array}{cccc}
& & 2.000\;000\;00 \\
\dfrac{1}{2!} & = & 0.500\;000\;00 & \\
\dfrac{1}{3!} & = & 0.166\;666\;67 & - \\
\dfrac{1}{4!} & = & 0.041\;666\;67 & - \\
\dfrac{1}{5!} & = & 0.008\;333\;33 & + \\
\dfrac{1}{6!} & = & 0.001\;388\;89 & - \\
\dfrac{1}{7!} & = & 0.000\;198\;41 & + \\
\dfrac{1}{8!} & = & 0.000\;024\;80 & + \\
\dfrac{1}{9!} & = & 0.000\;002\;76 & - \\
\dfrac{1}{10!} & = & 0.000\;000\;28 & - \\
\hline
& & 2.718\;281\;81 & \\
\end{array}$$

逐次计算阶乘的倒数(参阅附表)，我们看到，在$n=10$时，公式$\eqref{7}$的“余项”已是

$$\dfrac{\theta }{n!n} =\dfrac{\theta }{10!10} < 0.000\;000\;03,$$

所以弃去它时，我们造成的误差远远地小于所规定的限度.我们就停止在这$n$值上.把其余的各项都化成十进位小数，在第八位小数上四舍五入地凑成整数(达到后备的准确度)，则最大误差在绝对值上小于第八位小数的半个单位，即小于$\dfrac{1}{2\cdot 10^8}$.我们把计算的结果汇集成一表.与近似值并列着的记号($+$或$-$)表示着校正数的符号，要回复到准确的数值必须要把校正数加上去才行.

因此，我们刚才所看到的，在弃去余项时校正数小于$\dfrac{3}{10^8}$.再检查在四舍五入地凑成整数时的校正数(连同它们的记号)以后，很易判定，对于数$e$的近似值的总校正数必在

$$-\dfrac{3}{10^8} \quad 及\quad +\dfrac{5}{10^8}$$

之间.由此数$e$本身必位于小数

$$2.718\;281\;78 \quad 及\quad 2.718\;281\;86$$

之间，故可置

$$e=2.718\;281\;8\pm 0.000\;000\;1.$$

顺便注意到，公式$\eqref{7}$亦可以用来证明数$e$为无理数.

由反面推论，试假定$e$等于有理数$\dfrac{m}{n}$，则若对于这个$n$写出公式$\eqref{7}$，便有

$$\dfrac{m}{n} =1+\dfrac{1}{1!} +\dfrac{1}{2!} +\cdots +\dfrac{1}{n!} +\dfrac{\theta }{n!n} \quad (0 < \theta < 1).$$

在这等式的两边都乘以$n!$，约去末项以外的一切分母，我们将得出左边是整数，而右边是整数带着分数$\dfrac{\theta }{n}$，但这是不可能的.这矛盾便证明了我们的命题.

关于区间套的引理

在简述单调整序变量的这一节的末尾，尚需叙述“面对面”地互相接近的二个单调整序变量.

设给定单调增大的整序变量$x_n$及单调减小的整序变量$y_n$，且恒有

$$x_n < y_n .\label{8}\tag{8}$$

若其差$y_n -x_n$趋向于$0$.则二整序变量必有公共的有限极限：

$$c=\lim x_n =\lim y_n .$$

事实上，在一切$n$值时$y_n \leq y_1 $，于是依$\eqref{8}$式，又必有$x_n < y_1 (n=1,2,\cdots )$.增大的变量$x_n$既然上有界，因此它必有一有限极限

$$c=\lim x_n .$$

类似地，对于减小的变量$y_n$将有

$$y_n > x_n \geq x_1 ,$$

因而它也趋于有限极限

$$c’=\lim y_n .$$

但依变量的算术运算的定理$1°$，两极限的差

$$c’-c=\lim (y_n -x_n )$$

依给定条件是等于$0$，因而$c’=c$；此即所要证的.

已证明的论点可以赋予另一形式，使成为常用的形式.

满足不等式

$$a\leq x\leq b$$

的一切数(或常说成“点”)$x$所成的集合称为区间$[a,b]$(式中$a < b$).数(“点”)$a$及$b$各称为区间的左端点及区间的右端点，其差$b-a$称为区间的长.不难看出，在数轴上与区间对应的是(具有相同长度的)线段.

若区间$[a’,b’]$的一切点都属于区间$[a,b]$，或同一说法，若

$$a\leq a’ < b’ \leq b,$$

则约定说，区间$[a’,b’]$包含在区间$[a,b]$内，或套在它里面.其几何意义是很明白的.

设有一区间套的无穷序列

$$[a_1 ,b_1 ],[a_2 ,b_2 ],\cdots ,[a_n ,b_n ],\cdots $$

后一个总是包含在前一个内，并且在$n$增大时这些区间的长趋向$0$：

$$\lim (b_n -a_n )=0.$$

则区间的端点$a_n$及$b_n$(从不同的两边)趋于公共的极限

$$c=\lim a_n =\lim b_n ,$$

它是一切区间的唯一的公共点.

这只是前面已证明的定理的另一种写法而已，依条件

$$a_n \leq a_{n+1} < b_{n+1} \leq b_n ,$$

因而第$n$个区间的左端点$a_n$及右端点$b_n$就分别担任着单调整序变量$x_n $及$y_n $的角色.

因为$a_n$增大而趋于$c$，$b_n$减小而趋于$c$，故

$$a_n \leq c\leq b_n \quad (n=1,2,\cdots ),$$

即点$c$实际上属于一切这些区间.同时，异于$c$的另一点$c’$就不会有这样的性质，因为，否则我们便要有

$$b_n -a_n \geq \mid c’-c\mid > 0,$$

而第$n$个区间的长就不能趋于$0$.

以后我们要时常引用这一命题，它就称为“关于区间套的引理”.