Si desea un nivel máximo de rigor, usted puede evitar el intercambio de dos limitar el operador problema de la siguiente manera:
Como hemos observado,
\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n = \sum_{j=0}^{n} \binom{n}{j}\frac{1}{n^j} = \sum_{j=0}^{n} \frac{1}{j!}\prod_{k=1}^{j} \left( 1 - \frac{k-1}{n} \right)
donde el producto se considera rendimiento 1 si j = 0 por convenio. Ahora, arreglar un entero positivo m. A continuación, señalando que cada sumando es no negativo, por cualquier n \geq m hemos
\begin{align*}
\sum_{j=0}^{m} \frac{1}{j!}\prod_{k=1}^{j} \left( 1 - \frac{k-1}{n} \right)
&\leq \sum_{j=0}^{n} \frac{1}{j!}\prod_{k=1}^{j} \left( 1 - \frac{k-1}{n} \right)
\leq \sum_{j=0}^{n} \frac{1}{j!}.
\end{align*}
Esta desigualdad muestra que
\begin{align*}
\liminf_{n\to\infty} \sum_{j=0}^{m} \frac{1}{j!}\prod_{k=1}^{j} \left( 1 - \frac{k-1}{n} \right)
&\leq \liminf_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} \\
&\leq \limsup_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}
\leq \limsup_{n\to\infty} \sum_{j=0}^{n} \frac{1}{j!}.
\end{align*}
Pero ya
\liminf_{n\to\infty} \sum_{j=0}^{m} \frac{1}{j!}\prod_{k=1}^{j} \left( 1 - \frac{k-1}{n} \right) = \sum_{j=0}^{m} \frac{1}{j!}
y
\limsup_{n\to\infty} \sum_{j=0}^{n} \frac{1}{j!} = \sum_{j=0}^{\infty} \frac{1}{j!},
de ello se sigue que
\sum_{j=0}^{m} \frac{1}{j!}
\leq \liminf_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}
\leq \limsup_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}
\leq \sum_{j=0}^{\infty} \frac{1}{j!}.
Aviso de que esta desigualdad se cumple para cualquier m. Por lo tanto, teniendo m\to\infty, obtenemos el resultado deseado.