הקבוע המתמטי ${\displaystyle {\text{e}}=\sum _{n\,=\,0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}=2.718281\ldots }$ הוא מספר אי־רציונלי. לאמר, לא ניתן לבטאו כמנת שני מספרים שלמים.

נניח בשלילה כי ${\displaystyle {\text{e}}}$ רציונלי, כלומר קיימים ${\displaystyle a,b\in \mathbb {N} }$ עבורם ${\displaystyle {\text{e}}={\frac {a}{b}}}$.
נגדיר את המספר

${\displaystyle N=b!\left({\text{e}}-\sum _{n\,=\,0}^{b}{\frac {1}{n!}}\right)=b!\left({\frac {a}{b}}-\sum _{n\,=\,0}^{b}{\frac {1}{n!}}\right)=a\,(b-1)!-\sum _{n\,=\,0}^{b}{\frac {b!}{n!}}}$

זהו מספר טבעי, משום שמתקיים ${\displaystyle n\leq b}$ ולכן כל שבר בסכום הוא מספר טבעי.

לפיכך ניתן לכתוב:

${\displaystyle {\begin{aligned}N=b!\left(\sum _{n\,=\,0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}-\sum _{n\,=\,0}^{b}{\frac {1}{n!}}\right)=\!\sum _{n\,=\,b+1}^{\infty }\!{\frac {b!}{n!}}&={\frac {b!}{(b+1)!}}+{\frac {b!}{(b+2)!}}+{\frac {b!}{(b+3)!}}+\cdots \\&={\frac {1}{b+1}}+{\frac {1}{(b+1)(b+2)}}+{\frac {1}{(b+1)(b+2)(b+3)}}+\cdots \\&<{\frac {1}{b+1}}+{\frac {1}{(b+1)^{2}}}+{\frac {1}{(b+1)^{3}}}+\cdots \\&=\sum _{n\,=\,1}^{\infty }{\frac {1}{(b+1)^{n}}}={\frac {\frac {1}{b\,+\,1}}{1-{\frac {1}{b\,+\,1}}}}={\frac {1}{b}}<1\end{aligned}}}$

הביטוי האחרון הוא טור הנדסי אינסופי שמנתו ${\displaystyle {\frac {1}{b+1}}<1}$. לכן ${\displaystyle 0<N<1}$. סתירה.

${\displaystyle \square }$

מסקנה: ${\displaystyle {\text{e}}}$ מספר אי־רציונלי.

${\displaystyle \blacksquare }$

כל חזקותיו השלמות (השונות מ־0) של ${\displaystyle {\text{e}}}$ הן אי־רציונליות.

די להוכיח אי־רציונליות עבור חזקות טבעיות, שכן אם ${\displaystyle {\text{e}}^{n}}$ מספר אי־רציונלי אזי גם ${\displaystyle {\text{e}}^{-n}={\frac {1}{{\text{e}}^{n}}}}$ מספר אי־רציונלי.

נניח בשלילה כי קיימים ${\displaystyle a,b,n\in \mathbb {N} }$ עבורם ${\displaystyle {\text{e}}^{n}={\frac {a}{b}}}$.
לכל ${\displaystyle p\in \mathbb {N} }$ נגדיר פולינום

${\displaystyle f(x)={\frac {1}{p!}}x^{p}(n-x)^{p}=\sum _{k\,=\,p}^{2p}{\frac {C_{k}}{p!}}x^{k},\quad :C_{k}\in \mathbb {Z} }$

מתקיים ${\displaystyle f(x)=f(n-x)}$ ולכן

${\displaystyle {\begin{aligned}f^{(m)}\!(x)=(-1)^{m}f^{(m)}\!(n-x)&={\begin{cases}\displaystyle \sum _{k\,=\,p}^{2p}{\frac {m!}{p!}}{\binom {k}{m}}C_{k}x^{k-m}&:0\leq m\leq p-1\\[5pt]\displaystyle \sum _{k\,=\,m}^{2p}{\frac {m!}{n!}}{\binom {k}{m}}C_{k}x^{k-m}&:p\leq m\leq 2p\end{cases}}\\[5pt]f^{(m)}\!(0)=(-1)^{m}f^{(m)}\!(n)&={\begin{cases}0&:0\leq m\leq p-1\\[5pt]\displaystyle {\frac {m!}{p!}}C_{m}&:p\leq m\leq 2p\end{cases}}\end{aligned}}}$

עתה נגדיר ${\displaystyle I=\int \limits _{0}^{n}{\text{e}}^{x}f(x)dx}$. האינטגרנד חיובי בקטע הפתוח ${\displaystyle (0,n)}$ ומתאפס רק בקצוות, ולכן מתקיים ${\displaystyle I>0}$.
שימוש חוזר באינטגרציה בחלקים מאפשר לנו להסיק כי

${\displaystyle {\begin{aligned}I&={\text{e}}^{x}f(x){\bigg |}_{0}^{n}-{\text{e}}^{x}f^{(1)}\!(x){\bigg |}_{0}^{n}+{\text{e}}^{x}f^{(2)}\!(x){\bigg |}_{0}^{n}-\cdots +{\text{e}}^{x}f^{(2p)}\!(x){\bigg |}_{0}^{n}\\[5pt]&={\text{e}}^{n}\sum _{m\,=\,0}^{2p}(-1)^{m}f^{(m)}\!(n)-\sum _{m\,=\,0}^{2p}(-1)^{m}f^{(m)}\!(0)\\[5pt]&={\frac {a}{b}}\sum _{m\,=\,0}^{2p}f^{(m)}\!(0)-\sum _{m\,=\,0}^{2p}f^{(m)}\!(n)\\[5pt]b\,I&=\sum _{m\,=\,0}^{2p}{\bigl [}af^{(m)}\!(0)-bf^{(m)}\!(n){\bigr ]}\end{aligned}}}$

לכל ${\displaystyle 0\leq m\leq 2p}$ הפונקציות ${\displaystyle f^{(m)}\!(x)}$ מקבלות ערכים שלמים בקצות הקטע. לכן ${\displaystyle 1\leq b\,I\in \mathbb {N} }$.

מאידך, בקטע הפתוח מתקיים

${\displaystyle {\begin{aligned}&0<x<n\\&0<n-x<n\\&0<{\text{e}}^{x}<{\text{e}}^{n}\end{aligned}}}$

על־פי אי־שוויון המשולש האינטגרלי מתקיים

${\displaystyle 1\leq b\,I=b\int \limits _{0}^{n}{\text{e}}^{x}f(x)dx\leq b\int \limits _{0}^{n}{\text{e}}^{n}{\frac {(n^{2})^{p}}{p!}}dx=na{\frac {(n^{2})^{p}}{p!}}}$

אך ${\displaystyle \lim _{p\to \infty }na{\frac {(n^{2})^{p}}{p!}}=0}$, לאמר עבור ${\displaystyle p}$ גדול מספיק מתקיים ${\displaystyle 1\leq b\,I<1}$. סתירה.

${\displaystyle \square }$

מסקנה: ${\displaystyle {\text{e}}^{n}}$ מספר אי־רציונלי לכל ${\displaystyle n\neq 0}$ שלם.

${\displaystyle \blacksquare }$