所有的自然数参与排序，但都不在自己序号的位置（乱序）的概率。我们把上面这个问题具体化，并分为两步：n个球放入n个盒子内，要求是每个盒子内放且只放一个球，那么所有的球的编号和盒子的编号都不相同的概率是多少？当\(n\rightarrow\infty\)时这个概率是多大？
解法1
设f(n)为n个盒子放入n个球，且都不对号的方法种数。显然f(1)=0,f(2)=1,...下面研究f(n+1)的计算方法，考虑它与f(n)及f(n-1)的关系。
情况一：如果现有n个球已经按全部不对号的办法放好，放法种数为f(n)。取其中任意一种，将第n+1个球和第n+1个盒子拿过来，将前面n个盒子中的任一盒子（如第m个盒子）中的球（肯定不是编号为m的球）放入第n+1个盒子中，然后将第n+1个球放入刚才空出来的盒子中，这样的放法都是合理的，共有n*f(n)种。
情况二：在刚才的操作中，忽略了编号为m的球（它当时在第m个盒子中）放入第n+1个盒子中的情况！即第m个盒中编号为m的球放入第n+1个盒子中，且编号为n+1的球放入第m个盒子中，其余的n-1个球也都不对号。于是又有了n*f(n-1)种放法是合理的。
其他情况不可能有n个球中同时两个球对号入座了。而只调整一次，就使n+1个球全部不对号的。
综合以上f(n+1)=n*f(n)+n*f(n-1),f(1)=0,f(2)=1，递推可解出f(n)。
于是这个概率为f(n)/n!，当\(n\rightarrow\infty\)时，极限值为\(\frac{1}{e}\)
解法2
设n个球放入n个盒子中乱序的概率为p。（所有球不在其对应的盒子中）
那么，有任意个球放对了盒子的概率为1-p，又有如下
有1个球放对了盒子的概率为\(\frac{1}{1!}*p\)（剩下的球也是自然数那么多个）
有2个球放对了盒子的概率为\(\frac{1}{2!}*p\)（2个球有2!中方法，只有一种是全对号的）
$$\cdots\cdots$$
有n个球放对了盒子的概率为\(\frac{1}{n!}*p\)（n个球有n!种方法，只有一种是全对号的）
$$\cdots\cdots$$
一直到无穷，从而
$$\frac{1}{1!}\cdotp+\frac{1}{2!}\cdotp+\frac{1}{3!}\cdotp+\cdots+\frac{1}{n!}\cdotp+\cdots=1-p$$
从而变换得\(p=\frac{1}{e}\)
解法3
设\(p(n)\)为n个球乱序的概率，那么，对应地
$$1 = p(n)+\frac{1}{1!}p(n-1)+\frac{1}{2!}p(n-2)+\cdots+\frac{1}{(n-2)!}p(2)+\frac{1}{(n-1)!}p(1)+\frac{1}{n!}p(0)$$
$$1 = p(n-1)+\frac{1}{1!}p(n-2)+\cdots+\frac{1}{(n-3)!}p(2)+\frac{1}{(n-2)!}p(1)+\frac{1}({n-1)!}p(0)$$
$$\cdots\cdots$$
$$1 = p(2)+\frac{1}{1!}p(1)+\frac{1}{2!}p(0)$$
$$1 = p(1)+ \frac{1}{1!}p(0)$$
$$1 = p(0)$$
利用矩阵求逆易得\(p(n)=\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!}\rightarrow\frac{1}{e}\)