完全順列

$[n]$ の置換 $\sigma$ に、不動点の集合 $T:=\{i\mid\sigma(i)=i\}$ と、補集合 $[n]\setminus T$ への $\sigma$ の制限 $\tau$ を対応させる。$\sigma$ は単射で $\sigma(T)=T$ なので、$\sigma$ は $[n]\setminus T$ を $[n]\setminus T$ に写し、$\tau$ は $[n]\setminus T$ の置換である。$\tau$ の不動点は $\sigma$ の不動点で $T$ の外にあるものなので、ない。よって $\tau$ は $[n]\setminus T$ の完全順列である。
逆に、部分集合 $T$ と $[n]\setminus T$ の完全順列 $\tau$ が与えられたとき、$T$ の上で恒等写像、$[n]\setminus T$ の上で $\tau$ となる写像 $\sigma$ は $[n]$ の置換で、その不動点の集合はちょうど $T$ である。2 つの対応は互いに逆である。
$|T|=k$ のとき、$T$ の選び方は $\binom nk$ 通り、$\tau$ の選び方は $(n-k)$ 元集合の完全順列の個数 $D_{n-k}$ 通りなので、不動点がちょうど $k$ 個の置換は $\binom nkD_{n-k}$ 個ある。$k=0,\dots,n$ について足すと、置換の総数 $n!$ になる。$\square$

$n=0$ では両辺とも $1$ である。$n\ge1$ とし、$\Omega$ を $[n]$ の置換全体、$A_i:=\{\sigma\in\Omega\mid\sigma(i)=i\}$ とする。完全順列は、どの $A_i$ にも属さない置換である。
$|I|=j$ のとき、$A_I$ は $I$ の元をすべて固定する置換の全体である。そのような置換は $[n]\setminus I$ の置換（$(n-j)$ 元集合の置換）と、前の証明と同じ制限の対応で 1 対 1 に対応するので、$|A_I|=(n-j)!$ である。$|I|=j$ となる $I$ は $\binom nj$ 個あるので、包除原理により
$$ D_n=\sum_{I\subset[n]}(-1)^{|I|}|A_I|=\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom nj(n-j)! $$
である。$\binom nj(n-j)!=\frac{n!}{j!}$ なので、2 つめの式を得る。$\square$

1：$[n]$ の完全順列 $\sigma$ を、$m:=\sigma(n)$ の値で分ける。$m\ne n$ なので $m\in[n-1]$ である。$m$ を 1 つ固定し、$\sigma(n)=m$ となる完全順列を、$\sigma(m)=n$ かどうかでさらに分ける。
(a) $\sigma(m)=n$ のもの：$\sigma$ は $\{m,n\}$ を入れ替え、残りの $n-2$ 元集合 $[n]\setminus\{m,n\}$ をそれ自身に写す。その上への制限は不動点をもたない置換である。逆に $[n]\setminus\{m,n\}$ の完全順列に互換 $m\leftrightarrow n$ を付け加えると $[n]$ の完全順列が戻る。よってこの場合は $D_{n-2}$ 個ある。
(b) $\sigma(m)\ne n$ のもの：$a:=\sigma^{-1}(n)$ とおくと、$a\ne n$（$\sigma(n)=m\ne n$）かつ $a\ne m$（$\sigma(m)\ne n$）なので $a\in[n-1]\setminus\{m\}$ である。$[n-1]$ の写像 $\tau$ を、$\tau(a):=m$、$i\ne a$ では $\tau(i):=\sigma(i)$ と定める。これは「$a\to n\to m$」を「$a\to m$」に縮めたもので、$\tau$ は $[n-1]$ の置換である（値 $n$ を取る唯一の点 $a$ の値を、$\sigma$ が $[n-1]$ の中で取らなかった値 $m$ に替えた）。$\tau(a)=m\ne a$、$i\ne a$ では $\tau(i)=\sigma(i)\ne i$ なので、$\tau$ は $[n-1]$ の完全順列である。逆に $[n-1]$ の完全順列 $\tau$ が与えられたとき、$a:=\tau^{-1}(m)$（$\tau(m)\ne m$ なので $a\ne m$）とし、$\sigma(a):=n$、$\sigma(n):=m$、それ以外の $i$ では $\sigma(i):=\tau(i)$ と定めると、$\sigma$ は $[n]$ の完全順列で、$\sigma(n)=m$、$\sigma(m)=\tau(m)\ne n$ を満たす。2 つの対応は互いに逆なので、この場合は $D_{n-1}$ 個ある。
$m$ ごとに $D_{n-1}+D_{n-2}$ 個あり、$m$ の選び方は $n-1$ 通りなので、1 を得る。
2：thm-der-formula により、$n\ge1$ で
$$ D_n=n\cdot(n-1)!\sum_{j=0}^{n-1}\frac{(-1)^j}{j!}+n!\cdot\frac{(-1)^n}{n!}=nD_{n-1}+(-1)^n $$
である。$\square$

$n=1$ では $D_1=0\equiv0$ である。$n\ge2$ とし、$n-1$ で正しいとする。thm-der-rec の 2 により $D_n=nD_{n-1}+(-1)^n\equiv nD_{n-1}+1\pmod2$ である。$n$ が偶数なら $nD_{n-1}\equiv0$ なので $D_n\equiv1\equiv n-1$ である。$n$ が奇数なら、帰納法の仮定より $D_{n-1}\equiv n-2\equiv1$ なので $D_n\equiv1+1\equiv0\equiv n-1$ である。$\square$

thm-der-formula と $e^{-1}$ の級数から
$$ \frac{n!}e-D_n=\sum_{j=n+1}^\infty(-1)^j\frac{n!}{j!}=(-1)^{n+1}T,\qquad T:=c_1-c_2+c_3-c_4+\cdots,\quad c_i:=\frac{n!}{(n+i)!} $$
である。$c_1=\frac1{n+1}>c_2>c_3>\cdots>0$ で $c_i\to0$ である。級数 $\sum c_i$ は収束する（$c_i\le\frac1{(n+1)^i}$）ので、項を 2 つずつまとめてよい。$T=(c_1-c_2)+(c_3-c_4)+\cdots$ の各括弧は正なので $T>0$、$T=c_1-(c_2-c_3)-(c_4-c_5)-\cdots$ の各括弧も正なので $T< c_1=\frac1{n+1}$ である。これで 1 が示された。
$n\ge1$ では $\frac1{n+1}\le\frac12$ なので、整数 $D_n$ は $\frac{n!}e$ からの距離が $\frac12$ 未満であり、そのような整数はただ 1 つである。これが 2 である。1 の不等式を $n!$ で割れば 3 を得る。$\square$

$A:=J_n-I_n$ とおく。$A$ の $(i,j)$ 成分 $a_{ij}$ は、$i\ne j$ なら $1$、$i=j$ なら $0$ である。行列式 の定義（置換についての和）により
$$ \det A=\sum_{\sigma}\operatorname{sgn}\sigma\prod_{i=1}^na_{i\sigma(i)} $$
で、$\sigma$ は $[n]$ の置換全体を動く。積 $\prod_ia_{i\sigma(i)}$ は、$\sigma(i)=i$ となる $i$ が 1 つでもあれば $0$、なければ $1$ である。したがって $\det A$ は、完全順列の符号の和に等しい。
一方、$\det A$ を行の基本変形で計算する。第 $2$ 行から第 $n$ 行までをすべて第 $1$ 行に加えても行列式は変わらない。各列の成分の和は $n-1$ なので、第 $1$ 行の成分はすべて $n-1$ になる。第 $1$ 行から $n-1$ をくくり出すと、第 $1$ 行の成分がすべて $1$ の行列 $A'$ について $\det A=(n-1)\det A'$ となる。次に第 $i$ 行（$i\ge2$）から第 $1$ 行を引くと、第 $i$ 行は第 $i$ 成分が $0-1=-1$、ほかの成分が $1-1=0$ になる。こうしてできる行列は上三角で、対角成分は $1,-1,\dots,-1$ なので、$\det A'=(-1)^{n-1}$ である。よって $\det A=(-1)^{n-1}(n-1)$ である。$\square$