1. 我们设 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 单调递增有上界, 并且由实数定义, 将通项表示成

$$x_n=A_n.a_{n1}{a}_{n2}\cdots a_{nk}\cdots .$$

首先, ${\displaystyle \{A_n\}\subset \mathbb{Z}}$, 它单调递增且有上界, 因此 ${\displaystyle \{A_n\}}$ 中的项在达到最大项 ${\displaystyle A_0}$ 后保持不变, 记第一次达到 ${\displaystyle A_0}$ 的这一项为第 ${\displaystyle N_0}$ 项.
其次, ${\displaystyle \{a_{n1}\}\subset \{0,1,\cdots ,9\}}$ 在第 ${\displaystyle N_0}$ 项后单调递增, 设在 ${\displaystyle N_1>N_0}$ 时达到最大, 记为 ${\displaystyle a_1}$.
以此类推, ${\displaystyle \{a_{nk}\}\subset \{0,1,\cdots ,9\}}$ 在第 ${\displaystyle N_{k-1}}$ 项后单调递增, 设在 ${\displaystyle N_k>N_{k-1}}$ 时达到最大, 记为 ${\displaystyle a_k}$, 这样我们找到了实数 ${\displaystyle a=A_0.a_1\cdots a_k\cdots }$ 是 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 的上界.
下面我们证明 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a}$. 事实上, ${\displaystyle \mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }m\in {\mathbb{N}}^{\ast }:{10}^{-m}<\epsilon }$. 这样, ${\displaystyle \mathrm{\exists }N\in \mathbb{N},\mathrm{\forall }n>N}$:

$$|x_n-a|<{10}^{-m}<\epsilon .$$

从而 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a}$ 得证.
2. 同 (1) 可证.
3. 设 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 单调递增且无上界, 即 ${\displaystyle \mathrm{\forall }G>0,\mathrm{\exists }N\in \mathbb{N}:x_N>G}$, 则 ${\displaystyle \mathrm{\forall }n>N:x_n\ge x_N>G}$, 因此 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 是正无穷大量.
4. 同 (3) 可证.

设 ${\displaystyle x_n={(1+\frac{1}{n})}^n>0}$, 则由均值不等式得

$$x_n={(1+\frac{1}{n})}^n=(1+\frac{1}{n})\cdots (1+\frac{1}{n})\cdot 1<{\left[\frac{n(1+\frac{1}{n})+1}{n+1}\right]}^{n+1}=x_{n+1}.$$

又由二项式定理得

$$\begin{array}{rl}{x}_n={(1+\frac{1}{n})}^n& =\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\frac{1}{n^i}=1+1+\sum _{i=2}^n\frac{n(n-1)\cdots (n-i+1)}{i!}\cdot \frac{1}{n^i}\\ & =1+1+\sum _{i=2}^n(1-\frac{1}{n})\cdots (1-\frac{i-1}{n})\cdot \frac{1}{i!}<1+1+\sum _{i=2}^n\frac{1}{i!}\\ & <1+1+\sum _{i=2}^n\frac{1}{i(i-1)}=1+1+1-\frac{1}{n}<3,\end{array}$$

故 ${\displaystyle \left\{{(1+\frac{1}{n})}^n\right\}}$ 单调递增且有上界, 故 ${\displaystyle \left\{{(1+\frac{1}{n})}^n\right\}}$ 收敛, 记其极限为e.
下面考查 ${\displaystyle \left\{{(1+\frac{1}{n})}^{n+1}\right\}}$, 注意到

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{{(1+\frac{1}{n})}^{n+1}}& ={\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{n+1}={(1-\frac{1}{n+1})}^{n+1}\cdot 1\\ & <{\left[\frac{(n+1)(1-\frac{1}{n+1})+1}{n+2}\right]}^{n+2}={\left(\frac{n+1}{n+2}\right)}^{n+2}\\ & =\frac{1}{{(1+\frac{1}{n+1})}^{n+2}},\end{array}$$

从而

$${(1+\frac{1}{n})}^{n+1}>{(1+\frac{1}{n+1})}^{n+2}>0.$$

从而 ${\displaystyle \left\{{(1+\frac{1}{n})}^{n+1}\right\}}$ 单调递减且有下界, 故 ${\displaystyle \left\{{(1+\frac{1}{n})}^{n+1}\right\}}$ 收敛, 且

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{n})}^{n+1}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{n})}^n\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(1+\frac{1}{n})=e\cdot 1=e=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{n})}^n.$$

由命题的证明过程注意到,

$${(1+\frac{1}{n})}^n<\mathrm{e}<{(1+\frac{1}{n})}^{n+1},$$

两边取自然对数得

$$n\ln (1+\frac{1}{n})<1<(n+1)\ln (1+\frac{1}{n}).$$$$\Rightarrow \frac{1}{n+1}<\ln (1+\frac{1}{n})=\ln (n+1)-\ln n<\frac{1}{n}.$$

设

$$x_n=1+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n,$$

则

$$x_n>\ln (n+1)-\ln n>0.$$

又

$$x_{n+1}-x_n=\frac{1}{n+1}-\ln \frac{n+1}{n}<0;$$

故 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 单调递减且有下界, 从而 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 收敛.

引入 ${\displaystyle y_n=\sum _{i=0}^n\frac{1}{i!}}$, 由这个命题的证明可得

$$y_n>{(1+\frac{1}{n})}^n.$$

取定 ${\displaystyle k<n}$, 注意到

$$\begin{array}{rl}{(1+\frac{1}{n})}^n& =\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\frac{1}{n^i}=\sum _{i=0}^n\frac{1}{i!}(1-\frac{1}{n})\cdots (1-\frac{i-1}{n})\\ & >\sum _{i=0}^k\frac{1}{i!}(1-\frac{1}{n})\cdots (1-\frac{i-1}{n}),\end{array}$$

令 ${\displaystyle n\to \mathrm{\infty }}$, 得

$$\mathrm{e}\ge 1+1+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{k!}=y_k.$$

结合 ${\displaystyle \{y_n\}}$ 严格单调递增知 ${\displaystyle e>y_n}$. 这样

$$\mathrm{e}>y_n>{(1+\frac{1}{n})}^n,$$

因此由 极限的夹逼性 得 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{y}_n=\mathrm{e}}$.
下面我们证明, ${\displaystyle \mathrm{e}}$ 可以表示为

$$\mathrm{e}=y_n+\frac{{\theta }_n}{n!n},0<{\theta }_n<1,\mathrm{\forall }n.$$

事实上, ${\displaystyle \mathrm{\forall }m,n>1}$,

$$\begin{array}{rl}& y_{m+n}-y_n=\sum _{i=n+1}^{m+n}\frac{1}{i!}\\ =& \frac{1}{(n+1)!}[1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+\cdots +\frac{1}{(n+2)\cdots (m+n)}].\end{array}$$

从而

$$\begin{array}{rl}{y}_{m+n}-y_n& \le \frac{1}{(n+1)!}\sum _{i=0}^{m-1}\frac{1}{(n+2{)}^i}=\frac{1}{(n+1)!}\frac{1-{\left(\frac{1}{n+2}\right)}^m}{1-\frac{1}{n+2}}\\ & <\frac{1}{(n+1)!}\frac{n+2}{n+1}=\frac{1}{n!n}\frac{n(n+2)}{(n+1{)}^2}.\end{array}$$

令 ${\displaystyle m\to \mathrm{\infty }}$, 则有

$$\mathrm{e}-y_n\le \frac{1}{n!n}\frac{n(n+2)}{(n+1{)}^2}.$$

从而当 ${\displaystyle \mathrm{e}=y_n+\frac{{\theta }_n}{n!n}}$, 可得

$$0<\frac{n(n+3)}{(n+1)(n+2)}<{\theta }_n\le \frac{n(n+2)}{(n+1{)}^2}<1,$$

满足我们要证明的结论.
现在我们假设 ${\displaystyle \mathrm{e}}$ 是有理数, 即设 ${\displaystyle \mathrm{e}=\frac{p}{q}(p,q\in {\mathbb{N}}^{\ast },(p,q)=1)}$. 由我们的结论知

$$\mathrm{e}=y_q+\frac{{\theta }_q}{q!q}=\frac{p}{q}.$$

因此

$${\theta }_q=(\frac{p}{q}-y_q)q!q\in {\mathbb{N}}^{\ast }.$$

这与 ${\displaystyle 0<{\theta }_q<1}$ 矛盾! 因此 ${\displaystyle \mathrm{e}}$ 为无理数.

"${\displaystyle \Rightarrow }$" 当 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 收敛, 记 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a}$, 于是 ${\displaystyle \mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }N\in \mathbb{N},\mathrm{\forall }n>N:|x_n-a|<\frac{\epsilon }{2}}$. 于是
${\displaystyle \mathrm{\forall }n,m>N,|x_m-x_n|\le |x_m-a|+|x_n-a|<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon }$, 因而 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 是 Cauchy 列.

"${\displaystyle \Leftarrow }$" 已知 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 是 Cauchy 列, 首先证明 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 有界. 因为 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 是 Cauchy 列, 故 ${\displaystyle \mathrm{\exists }N\in {\mathbb{N}}^{\ast },\mathrm{\forall }m,n>N}$:

$$\begin{array}{}\text{(*)}& |x_m-x_n|<\frac{\epsilon }{2}.\end{array}$$

取定 ${\displaystyle m=N+1}$, 则

$$|x_{N+1}-x_n|<1\Rightarrow |x_n|\le 1+|x_{N+1}|.$$

取 ${\displaystyle M=max\{|x_1|,|x_2|,\cdots ,|x_N|,|x_{N+1}|+1\}>0}$, 则是 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 的上界.
下面证明, ${\displaystyle \{x_n\}}$ 中有单调子列.

• 情形一: ${\displaystyle \{x_n\}}$ 中没有最大项. 取 ${\displaystyle x_{n_1}=x_1}$, 则 ${\displaystyle \mathrm{\exists }{n}_2>n_1:x_{n_2}>x_{n_1}}$. 以此类推, 可得严格单调递增的子列 ${\displaystyle \{x_{n_k}\}}$.
• 情形二: ${\displaystyle \{x_n\}}$ 中有最大项, 设为 ${\displaystyle x_{n_1}}$. 在 ${\displaystyle \{x_n\}\mathrm{\setminus }\{x_1,\cdots ,x_{n_1}\}}$ 中, 若存在最大项, 记为 ${\displaystyle x_{n_2}}$, 则 ${\displaystyle x_{n_2}\le x_{n_1},n_2>n_1}$. 若不存在最大项, 则在 ${\displaystyle \{x_n\}\mathrm{\setminus }\{x_1,\cdots ,x_{n_1}\}}$ 中按照情形一构造出一个严格单调递增的子列. 如此往复, 任何 ${\displaystyle \{x_n\}\mathrm{\setminus }\{x_1,\cdots ,x_{n_k}\}}$ 中若不再存在最大项则可按情形一构造严格单调递增的子列, 否则我们构造出了单调递减的子列 ${\displaystyle \{x_{n_k}\}}$.

综上, ${\displaystyle \{x_n\}}$ 中存在单调子列, 记为 ${\displaystyle \{x_{n_k}\}}$. 由 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 有界可得 ${\displaystyle \{x_{n_k}\}}$ 亦有界, 结合单调有界收敛定理, 设 ${\displaystyle \underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_{n_k}=a}$.
下面我们证明, ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a}$. 事实上, 由 ${\displaystyle \underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_{n_k}=a}$, ${\displaystyle \mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }K\in \mathbb{N},\mathrm{\forall }k>K}$: ${\displaystyle |x_{n_k}-a|<\frac{\epsilon }{2}}$. 取 ${\displaystyle N_0=max\{N,K\}}$, 则 ${\displaystyle \mathrm{\forall }k>N_0}$: ${\displaystyle n_k\ge k>N_0}$. 由 (*) 得 ${\displaystyle |x_n-x_{n_k}|<\frac{\epsilon }{2}}$, 从而 $$|x_n-a|\le |x_n-x_{n_k}|+|x_{n_k}-a|<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon ,$$ 也即 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a}$, 故 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 收敛, 结论得证.