如何简洁推导e的幂级数？基于极限定义的推导困惑求助

嘿，这个问题问得太到位了！我完全懂你卡在二项式展开后的那种卡点——明明已经把$(1+\frac{1}{n})^n$拆成了求和式，但就是不知道怎么把它和e的级数联系起来，还不想动用微积分II的那些复杂知识对吧？别着急，咱们用纯代数和基础极限的思路一步步来拆解：

第一步：拆解求和式的通项 #

先把你得到的求和式里的通项单独拎出来看看：
$$\frac{n!}{k!(n-k)! \cdot n^k}$$
我们可以把分子的$n!$拆成$n(n-1)(n-2)\dots(n-k+1)(n-k)!$，这样分子分母里的$(n-k)!$就可以约掉，剩下：
$$\frac{n(n-1)(n-2)\dots(n-k+1)}{k! \cdot n^k}$$
接下来把分子的每一项都除以n，就变成：
$$\frac{1 \cdot \left(1-\frac{1}{n}\right) \cdot \left(1-\frac{2}{n}\right) \dots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)}{k!}$$
这一步完全是代数变形，没用到任何微积分知识，对吧？

第二步：分析固定k时的极限行为 #

现在注意一个关键点：对于固定的k来说，当$n→∞$时，每一个$\left(1-\frac{m}{n}\right)$（m从1到k-1）都会趋近于1——毕竟n越来越大，m是固定的小数字，$\frac{m}{n}$趋近于0。所以对于固定的k，这个通项当$n→∞$时的极限就是$\frac{1}{k!}$。

但这里有个问题：原来的求和式是从$k=0$到$k=n$，n在变大的时候，求和的项数也在变，不能直接把每个项的极限加起来就完事。所以我们需要用“拆分求和”的方法来严谨处理。

第三步：拆分求和式并估计余项 #

我们把原来的求和式分成两部分：

1. 前N项：$\sum_{k=0}^N \frac{1 \cdot \left(1-\frac{1}{n}\right) \dots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)}{k!}$，这里N是一个固定的、足够大的整数（我们后面可以调整它）
2. 余项：$\sum_{k=N+1}^n \frac{1 \cdot \left(1-\frac{1}{n}\right) \dots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)}{k!}$

处理前N项 #

对于固定的N，当n足够大时，每一个$\left(1-\frac{m}{n}\right)$都可以无限接近1，所以前N项的和会无限接近$\sum_{k=0}^N \frac{1}{k!}$。

处理余项 #

先看余项里的每一项：因为$\left(1-\frac{m}{n}\right) < 1$（毕竟m和n都是正整数），所以每一项都小于$\frac{1}{k!}$。接下来我们可以用一个简单的不等式来估计$\frac{1}{k!}$：当$k≥2$时，$k! = 1×2×\dots×k ≥ 2^{k-1}$，所以$\frac{1}{k!} ≤ \frac{1}{2^{k-1}}$。

那余项的和就满足：
$$\sum_{k=N+1}^n \frac{1}{k!} ≤ \sum_{k=N+1}^n \frac{1}{2^{k-1}}$$
这是一个等比级数，求和结果是$\frac{1}{2^N} - \frac{1}{2^{n}$，显然小于$\frac{1}{2}N}$。当N足够大时，$\frac{1}{2^N}$可以变得任意小（比如N=10时，它就小于0.001了）。

第四步：结合起来得到极限 #

现在，对于任意给定的小正数ε（比如ε=0.0001），我们可以：

1. 先选一个足够大的N，使得$\frac{1}{2^N} < \frac{ε}{2}$
2. 然后选一个足够大的n，使得前N项的和与$\sum_{k=0}^N \frac{1}{k!}$的差小于$\frac{ε}{2}$

这样一来，整个求和式与$\sum_{k=0}^∞ \frac{1}{k!}$的差就小于ε，满足极限的定义。所以最终我们得到：
$$e = \lim_{n→∞} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n = \sum_{k=0}^∞ \frac{1}{k!}$$

全程只用了代数变形、基础的极限概念和等比级数求和，完全没用到微积分II里的导数、积分或者泰勒级数那套内容~

内容的提问来源于stack exchange，提问作者user525966