§2.5 自然对数的底 $e$ 和 $Euler$ 常数 $\gamma$

在数学分析中数 $e$ 是通过数列极限而引进的一个常数，近似值为 $e\approx 2.71828$。数 $e$ 在数学以及一般科学中的重要性决不亚于圆周率 $\pi$。

2.5.1 与数 $\mathbf{e}$ 有关的两个问题

虽然数 $e$ 不如圆周率 $\pi$ 那样容易理解，但仍然有与 $e$ 密切有关的简单例子。

例 2.5.1

如果一笔钱在银行里存入时间 $T$ 后增值一倍，存入时间 $T/2$ 后增值 $50\%$，那么顾客就可以采取以下策略：将同样的钱先存入时间 $T/2$，然后取出，再存入时间 $T/2$，最后得到的钱是原来的 $1.5^2=2.25$ 倍，即增值 $125\%$。现在将条件进一步理想化，设银行利率不随存入时间长短而改变，即存入时间 $T/3$ 后增值 $33.33\%$，存入时间 $T/4$ 后增值 $25\%$，依此类推。问：用以上缩短存入时间并多次重复的方法能在时间 $T$ 后得到的最大增值是多少？

不妨令 $T=1$ 为单位时间。设存取 $n$ 次，每次存入时间分别为 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$，满足条件 ${\sum }_{i=1}^n{x}_i=1$（即时间总和为 $T$）。从平均值不等式有

$$(1+x_1)(1+x_2)\dots (1+x_n)⩽{\left(\frac{n+x_1+\cdots +x_n}{n}\right)}^n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n,$$

且当 $x_1=\cdots =x_n$ 时成立等号。这表明在固定次数存取的前提下以等时间安排最为有利。于是问题归结为研究数列

$$\left\{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right\}$$

的性质。这个问题直接引向本节的主题 $e$。从下面的分析和数 $e\approx 2.71828$ 可知，最大增值不会超过原有钱数的 $171.83\%$。

例 2.5.2

已知正数 $a$，把它分成若干部分，如果要使它们的乘积达到最大，应该怎样分法？容易知道，将 $a$ 分成相等的若干部分最为有利，这是平均值不等式的又一次应用。但平均值不等式并不能告诉我们应该将数 $a$ 分成几部分最好？以 $a=10$ 为例，可以试算出以下几个结果：

$${\left(\frac{10}{2}\right)}^2=25,{\left(\frac{10}{3}\right)}^3\approx 37.037,{\left(\frac{10}{4}\right)}^4=39.0625,{\left(\frac{10}{5}\right)}^5=32.$$

今后可以证明：当等分而成的每一部分的值与数 $e$ 最接近的时候，它们的乘积最大。对 $a=10$ 来说，就是将它等分成四部分时所得到的乘积最大。

以上的第二个例子取自著名的中学生课外读物 [3]。我们将在例题8.3.3 中证明以上结论。在那里的注 1 中还解决了与此密切相关的另一个问题，即如果对 $a$ 以及所分的每一部分都限制为正整数时，应当怎样分才能使乘积最大？

2.5.2 关于数 $\mathbf{e}$ 的基本结果

命题 2.5.1

设 $a_n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n,n\in {\mathbf{N}}_{+}$，则 $\{a_n\}$ 严格单调增加且收敛。

证1

数列 $\{a_n\}$ 的通项就是一个数自乘 $n$ 次，如再乘上 $1$，就可看成为 $n+1$ 个数的乘积。利用平均值不等式，就有

$$a_n=1\cdot {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<{\left[\frac{n\left(1+\frac{1}{n}\right)+1}{n+1}\right]}^{n+1}={\left(\frac{n+2}{n+1}\right)}^{n+1}=a_{n+1}.$$

因此数列 $\{a_n\}$ 严格单调增加。

引入第二个数列 $b_n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1},n\in {\mathbf{N}}_{+}$，再用平均值不等式，得到

$$\frac{1}{b_n}=1\cdot {\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{n+1}<{\left[\frac{(n+1)\left(\frac{n}{n+1}\right)+1}{n+2}\right]}^{n+2}={\left(\frac{n+1}{n+2}\right)}^{n+2}=\frac{1}{b_{n+1}}.$$

又由于对每个 $n$ 有不等式 $a_n<b_n$，可见 $\{a_n\}$ 严格单调增加，且以每一个 $b_n$ 为上界；同时 $\{b_n\}$ 严格单调减少，且以每一个 $a_n$ 为下界，因此两个数列都收敛。利用 $a_n(1+1/n)=b_n$，可见它们的极限相同。

在图 2.3中将 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 的表达式看成是 $n$ 的函数，分别用小圆点作出它们的前10项。它们的极限就是 $\mathbf{e}$，在图中用水平虚线的高度表示。

图2.3

证2

将数列的通项 $a_n$ 用二项式展开，得到

$$\begin{array}{l}{a}_n=1+{\sum }_{k=1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\frac{1}{n^k}\\ =1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)+\dots \\ +\frac{1}{n!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\dots \left(1-\frac{n-1}{n}\right).\end{array}$$

比较 $a_n$ 和 $a_{n+1}$ 的类似展开式，可以看出前两项相同，而从第三项起，$a_{n+1}$ 的展开式中的每一项都比 $a_n$ 的展开式中的相应项来得大，而且最后还要多出一个正项，因此 $\{a_n\}$ 是严格单调增加数列。又可以用上述展开式作如下估计：

$$a_n<1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!}<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^{n-1}}<3,$$

因此 $\{a_n\}$ 有上界，从而收敛。

同时考虑两个数列的方法有一个优点，即可以得到后面的不等式 $(2.16)$。若只要证 $\{a_n\}$ 有上界，则有很多其他方法。例如，下面的构思见 [41]：由于

$${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}<{\left[\frac{n\left(1+\frac{1}{n}\right)+2\cdot \frac{1}{2}}{n+2}\right]}^{n+2}=1,$$

可知 $\{a_n\}$ 以 $4$ 为上界。（用此法还可证明 $\{a_n\}$ 以 $\{b_n\}$ 的每一项为上界，其中即有 $b_1=4$。）

将上一命题中确定的极限记为 $e$，它的近似值是 $2.718281828\dots$。在 $1728$ 年大数学家 $Euler$ 引入 $e$ 作为自然对数的底（见 [29]）。在本书中将自然对数 ${\log }_{e}x$ 记为 $\ln x$，在其他文献中也有记为 $\log x$ 的。从以后的学习中可以看到，虽然在日常计算中一般用常用对数，但在数学中用自然对数更为“自然”和方便得多。

下一命题表明数 $e$ 又是另一个数列的极限，它也称为 $e$ 的无穷级数展开式。

命题 2.5.2

证明数

$$\mathrm{e}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!}+\dots .$$

（记号 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}$ 是以 $\frac{1}{n!}$ 为通项的无穷级数，其中 $0!=1$。级数的和定义为部分和数列 $\{s_n\}$ 的极限，其中 $s_n=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{n!}$。参见例题2.2.9 的注。）

证明

从上一命题中已知 $\{s_n\}$ 以 $3$ 为上界，又因 $\{s_n\}$ 严格单调增加，因此收敛。记其极限为 $s$，则从 $a_n<s_n$ 得到 $\mathbf{e}⩽s$。固定正整数 $m$，并令 $n>m$，就有

$$\begin{array}{l}{a}_n=1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\cdots +\frac{1}{n!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\dots \left(1-\frac{n-1}{n}\right)\\ >1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\cdots +\frac{1}{m!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\dots \left(1-\frac{m-1}{n}\right).\end{array}$$

其中不等号右边的和式是从 $a_n$ 的表达式中去掉后 $n-m$ 个正项得到的。令 $n\to \infty$，就有

$$\mathrm{e}⩾1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{m!}=s_m.$$

再令 $m\to \infty$，得到 $\mathbf{e}⩾s$。因此有 $s=\mathbf{e}$。

命题 2.5.3

记 ${\epsilon }_n=\mathrm{e}-\left(1+1+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{n!}\right)$，则有 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\epsilon }_n(n+1)!=1$。

证明

写出

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\epsilon }_n(n+1)!=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\epsilon }_n}{\frac{1}{(n+1)!}},$$

然后用 $\frac{0}{0}$ 型的 $Stolz$ 定理（即命题 $\mathrm{2.4.2}$），这时

$${\epsilon }_{n+1}-{\epsilon }_n=-\frac{1}{(n+1)!},\frac{1}{(n+2)!}-\frac{1}{(n+1)!}=-\frac{1}{n!(n+2)},$$

可见所求的极限为 $1$。

这个结果也可以从下面更为精细的估计得出。

命题 2.5.4

对于上述 ${\epsilon }_n$ 成立不等式 $\frac{1}{(n+1)!}<{\epsilon }_n<\frac{1}{n!n}$。

证明

从 ${\epsilon }_n={\sum }_{k=n+1}^{\infty }\frac{1}{k!}$ 可见 ${\epsilon }_n>\frac{1}{(n+1)!}$ 成立。对任意的 $m>n$，估计

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}+\cdots +\frac{1}{m!}& <\frac{1}{(n+1)!}\left(1+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{(n+2{)}^k}+\dots \right)\\ & =\frac{1}{(n+1)!}\left(\frac{1}{1-\frac{1}{n+2}}\right)\\ & =\frac{n+2}{(n+1)!(n+1)}<\frac{1}{n!n},\end{array}$$

再令 $m\to \infty$，就得到所求的第二个不等式。

现在证明关于数 $e$ 的一个基本结果，它也是 $Euler$ 首先得到的。

命题 2.5.5

自然对数的底 $e$ 是无理数。

证明

用反证法。如果 $\mathbf{e}$ 是有理数，则可写为 $\mathrm{e}=p/q$，这里 $p$ 和 $q$ 是正整数。从上两个命题知道，对于正整数 $q$，可以将 $\mathbf{e}$ 的无穷级数展开式写成为两项之和，即从级数的第一项到 $1/q!$ 为第一部分，余下的 ${\epsilon }_q$ 为第二部分：

$$\mathrm{e}=\frac{p}{q}=\left(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{q!}\right)+{\epsilon }_q.\text{\hspace{1em}(2.14)}$$

由此可见，${\epsilon }_q$ 一定是 $1/q!$ 的整数倍。但从上一个例题对 ${\epsilon }_q$ 的估计知道，有

$$0<{\epsilon }_q<\frac{1}{q!q},$$

因此这是不可能的。

换一个写法，对不等式

$$0<\frac{p}{q}-\left(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{q!}\right)<\frac{1}{q!q}$$

的两边同乘 $q!q$，则可见在中间的一个整数的值介于 $0$ 和 $1$ 之间，引出矛盾。

在 $1873$ 年数学家 $Hermite$（埃尔米特）进一步证明 $e$ 是超越数，也就是说 $e$ 不是任何一个整系数代数方程的根。这个证明可以在 [53, 55] 中找到。

本小节的前两个命题给出了以 $\mathbf{e}$ 为极限的两个数列。在计算 $\mathbf{e}$ 的近似值时用它的无穷级数展开式的前有限项之和有很多优点：计算方便，收敛快，又有很好的误差估计。如果用 $a_n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ 来计算 $\mathbf{e}$，情况很不一样。若令

$${\delta }_n=\mathrm{e}-{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n,$$

那么从本小节的命题2.5.1的证1可知

$${\delta }_n<{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}-{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\cdot \frac{1}{n}<\frac{\mathrm{e}}{n}<\frac{3}{n}.$$

进一步还可以得到

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n{\delta }_n}{\mathrm{e}}=1,$$

也就是说有

$${\delta }_n\sim \frac{\mathrm{e}}{2n},\text{\hspace{1em}(2.15)}$$

其证明见例题8.1.4。

用 $\{a_n\}$ 计算 $\mathbf{e}$ 的近似值的实际例子：在取 $n=100$ 时，$a_{100}=2.70\cdots$，只有两位数字是正确的。又取 $n=10^4$，则有 $a_{10^4}=2.71814\cdots$，也只有四位数字是正确的。这里的误差与公式 $(2.15)$ 的估计是一致的。另一方面，若用

$$s_n=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!}$$

来求 $\mathbf{e}$ 的近似值，则在取 $n=10$ 时就有 $s_{10}=2.7182818\cdots$，所写出的八位数字都是正确的。这与命题2.5.4给出的误差估计也是一致的。关于收敛的速度和计算效率的研究将会在计算方法课程中学习。数学分析为此提供了基础。

小结 数 $\mathbf{e}$ 的引进和研究是一个重要范例。这表明通过极限理论可以发现新的数。应当指出，由于这些数是通过极限来定义的，对它们的研究就很不容易。在这方面还有许多我们所不了解的东西，有待今后的研究。例如，虽然已经证明了 $\mathbf{e}$ 和 $\pi$ 都是无理数和超越数，但迄今为止还没有人能证明 $\mathbf{e}+\pi$ 是无理数。

2.5.3 $Euler$ 常数 $\gamma$

命题 2.5.6

数列 $\{c_n\}$ 收敛，其中 $c_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n,n\in N_{+}$。

证明

这里需要用不等式

$$\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n},\text{\hspace{1em}(2.16)}$$

这可从命题2.5.1中建立的 ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<\mathrm{e}<{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}$ 取自然对数得到。

现在研究数列 $\{c_n\}$ 的前后两项之差。由 $(2.16)$ 的第一个不等式可见

$$c_{n+1}-c_n=\frac{1}{n+1}-\ln (n+1)+\ln n=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<0,$$

因此 $\{c_n\}$ 是严格单调减少数列。以下只要证明这个数列有下界即可。

在 $(2.16)$ 的右边的不等式中将 $n$ 用 $1,2,\cdots ,n$ 代入，然后将这些不等式相加，就得到

$$1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}>\ln (n+1)=\ln n+\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)>\ln n+\frac{1}{n+1}.$$

因此有

$$c_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n>\frac{1}{n+1}>0,$$

可见数列 $\{c_n\}$ 为正数列，因此收敛。

在确立了数列 $\{c_n\}$ 单调减少之后，也可以如同命题2.5.1 的证 1 那样，引入第二个数列 $\{d_n\}$，其中 $d_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln (n+1),n\in {\mathbf{N}}_{+}$。这时有 $d_n<c_n,\forall n\in {\mathbf{N}}_{+}$，且由 $(2.16)$ 知 $c_n-d_n\to 0$。同样可由 $(2.16)$ 得到

$$d_{n+1}-d_n=\frac{1}{n+1}-\ln (n+2)+\ln (n+1)=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n+1}\right)>0.$$

因此 $\{d_n\}$ 是严格单调增加数列，且有 $d_1<\cdots <d_n<c_n<\cdots <c_1,\forall n\in N_{+}$。因此数列 $\{c_n\}$ 以每个 $d_n$ 为下界，且和 $\{d_n\}$ 收敛于同一极限。

称以上数列 $\{c_n\}$ 的极限为 $Euler$ 常数（或 $Euler$-$Mascheroni$（马斯凯罗尼）常数），记为

$$\gamma =\underset{n\to \infty }{\lim }\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n\right)\approx \mathrm{0.577215664.}$$

由上述命题，我们得到

$$1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}=\ln n+\gamma +o(1).$$

用这个公式和 $Euler$ 常数的近似值就可以近似估计例题2.2.6 中的发散数列 $\{S_n\}$ 当 $n$ 很大时的值。例如，在 $n=10^6$ 时，从

$$S_{10^6}=\sum _{k=1}^{10^6}\frac{1}{k}\approx 6\ln 10+\gamma ,$$

就得到 $S_{10^6}\approx 14.392726$。用 $Mathematica$ 软件验算，知道这 $8$ 位数字都是准确的。实际上如用近似公式

$$1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}\approx \ln n+\gamma +\frac{1}{2n},$$

则效果还要好得多。关于这方面的材料可以参考 [66]。

一个尚未解决的问题是：$Euler$ 常数 $\gamma$ 是否是无理数？类似的问题在数学中还有很多。有人称 $Euler$ 常数是其中“最大的谜”（见 [9] 中的 $260$ 和 $262$ 页）。

2.5.4 例题

例 2.5.3

证明 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}=\mathrm{e}.$

证1

将 $\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}$ 取对数，则只需证明其极限等于 $1$。经整理后得到

$$\ln \frac{n}{\sqrt[n]{n!}}=\frac{n\ln n-(\ln 2+\ln 3+\cdots +\ln n)}{n}=\frac{b_n}{n}.$$

用 $Cauchy$ 命题即知（也就是 2.4.3 小节的题 $4$）：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }(b_{n+1}-b_n)=l⟹\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{b_n}{n}=l,$$

计算得到 $b_{n+1}-b_n=n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\ln {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$，可见极限为 $1$。

证2

将 $\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}$ 改写为 $\sqrt[n]{\frac{n^n}{n!}}$，就可以用 2.4.3 小节题 $6$ 中的方法来做。这时记 $a_n=\frac{n^n}{n!}$，因此只需计算后项与前项之比的极限：

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

利用下一小节题 $7$ 中的不等式可以得到本题的又一个解法。此外，本题还有积分学解法（例题11.4.2）。

例 2.5.4

计算极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}\right)$。

解

从 $Euler$ 常数的讨论知道，以

$$c_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n$$

为通项的数列收敛。因此就知道 $\underset{n\to \infty }{\lim }(c_{2n}-c_n)=0$，又有

$$c_{2n}-c_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}-\ln 2,$$

因此就求出

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }(c_{2n}-c_n)+\ln 2=\ln 2.$$

此题的另一巧妙解法见 2.8.3 小节中的例题 $4$。此外本题在学了积分学后就只是一个常规练习题（参见例题11.4.1）。

2.5.5 练习题

1. 计算下列极限：

(1) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^n;$

(2) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{2n}\right)}^n;$

(3) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{2}{n}\right)}^n;$

(4) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n^2};$

(5) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n^2}\right)}^n;$

(6) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}\right)}^n.$

注 在计算中可以应用 2.1.5 小节题 $4$ 中有关连续性的结果。但是要请读者注意，在现阶段如下的做法是缺乏根据的（以题 (3) 为例）：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{2}{n}\right)}^n=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left[{\left(1+\frac{2}{n}\right)}^{\frac{n}{2}}\right]}^2={\mathrm{e}}^2.$$

2. 设 $k\in {\mathbf{N}}_{+}$，证明：$\frac{k}{n+k}<\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)<\frac{k}{n}$。

3. 求 $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(1+\frac{1}{n^2}\right)\left(1+\frac{2}{n^2}\right)\dots \left(1+\frac{n}{n^2}\right)$。

4. 设 $\{p_n\}$ 是正数列，且 $p_n\to +\infty$，计算 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{p_n}\right)}^{p_n}$。

5. 求 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!2^n}{n^n}$。

6. 求极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\ln n}{1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}}$。

7. 证明：${\left(\frac{n+1}{\mathrm{e}}\right)}^n<n!<\mathrm{e}{\left(\frac{n+1}{\mathrm{e}}\right)}^{n+1}$。

（由此又可得到 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}=e.$）

8. 设 $S_n=1+2^2+3^3+\cdots +n^n,n\in N_{+}$。证明：对 $n⩾2$，成立不等式

$$n^n\left[1+\frac{1}{4(n-1)}\right]⩽S_n<n^n\left[1+\frac{2}{\mathrm{e}(n-1)}\right].$$

9. 设有 $a_1=1,a_n=n(a_{n-1}+1),n=2,3,\cdots$，又设 $x_n={\prod }_{k=1}^n\left(1+\frac{1}{a_k}\right),n\in {\mathbf{N}}_{+}$，求数列 $\{x_n\}$ 的极限。