無窮總和：無限多步何時有有限結果

適用入口／先備／邊界

適用入口：12 年級選修數學甲。本篇承接 N-12甲-2，僅涵蓋「以部分和極限判定無窮等比級數的收斂並求和」與「把循環小數化為最簡分數並驗證」兩項內容。教育部數學領域課綱將「無窮等比級數：循環小數，Σ 符號」列於此條目；本篇只處理上述兩項。

必要先備。你需要會分數四則運算、約分、小數位值、長除法與一元一次方程；知道等比數列的首項、公比及前幾項如何產生；能使用有限等比和，或跟著本文重新推導。極限方面，需要理解數列「從某一項起，所有後續項都能控制在指定誤差內」的意思，並知道當 $| r | < 1$ 時， $r^{n} \to 0$ 。歷史例子的面積比較只用到三角形、平行四邊形的面積關係，不要求先學積分。

讀完應能做到。面對一個等比級數，你能先寫出有限部分和，再判斷它是否具有有限極限，而不是看到無窮多項就直接套公式。面對一個循環小數，你能辨認非循環部分與循環節，對齊相減、約成最簡分數，再用長除法或等值的小數表示驗證；也能解釋為什麼 $0.999 \dots = 1$ 是精確等式。

本篇邊界。只討論依原順序相加的實數等比級數，不教授一般無窮級數判別法、重排、絕對收斂或其他廣義求和方式。Σ 記號的互譯與運算另屬有限總和的主文，本篇不將它列為新的學習任務。歷史中的曲線面積與今天的資料平滑，只用來說明「有限步驟如何控制無限延伸」的機制，不展開成積分或統計課程。

一、問題不是「能不能一直加」，而是「一直加究竟代表什麼」

設想一塊由曲線與直線圍成的區域。你可以在裡面放入三角形，計算已覆蓋的面積；再放入更小的三角形，得到更好的近似。

可是，算出很多次近似，與證明一個精確面積，是兩件事。

這不是現代人才遇到的區別。在《拋物線求積》的開頭，阿基米德談到前人已經嘗試把曲線圍成的面積，與直線圖形的面積比較；他也指出，有些論證依賴不容易被接受的輔助命題。他把自己透過力學發現結果，以及再用幾何展示結果的途徑區分開來。這段材料呈現的不是「古人沒有方法」，而是：已有計算、比較與發現的方法，仍然要回答結果為什麼必然正確。

從有限面積，找出可控制的差距

考慮一個由拋物線弧及其弦圍成、面積不為零的區域。先以這條弦為底，取弧上到弦的垂直距離最大的點作為第三個頂點，得到一個內接三角形；記其面積為 $T > 0$ 。

這個三角形不能任意挑選。它與拋物線段具有相同的底及相同的最大高度。

在剩下的兩個小拋物線段中，依同樣規則各補入一個三角形。這兩個新三角形的面積各是前一個三角形的八分之一，合計是四分之一。每一個剩餘小區域都重複這個構造，於是各輪新增面積的合計依序為

T, \frac{T}{4}, \frac{T}{4^{2}}, \dots .

這裡使用的是現代符號，不是阿基米德原來的記法；上述面積比例對應《拋物線求積》的幾何構造。

把前 $n$ 輪的面積加起來，記為

P_{n} = T + \frac{T}{4} + \dots + \frac{T}{4^{n - 1}} .

它仍然只是有限個三角形的面積。

關鍵不是說「繼續畫下去，總有一次會完全填滿」，而是掌握下面這個有限關係：

P_{n} + \frac{1}{3} \frac{T}{4^{n - 1}} = \frac{4}{3} T .

這對應《拋物線求積》命題 23 的有限量關係，以下用本篇的索引直接驗算。

當 $n \geq 2$ 時，最後一項加上自己的三分之一，得到

\frac{T}{4^{n - 1}} + \frac{1}{3} \frac{T}{4^{n - 1}} = \frac{1}{3} \frac{T}{4^{n - 2}} .

於是，這個修正量又可以與前一項合併。同樣的動作逐項往前進行，最後剩下

T + \frac{1}{3} T = \frac{4}{3} T .

當 $n = 1$ 時，上式本身就直接成立。

因此，無論做了多少輪， $P_{n}$ 與候選值 $\frac{4}{3} T$ 之間的差，都能精確寫成

\frac{4}{3} T - P_{n} = \frac{T}{3 \cdot 4^{n - 1}} .

這個差距會趨近零。

拋物線下方的前三輪內接三角形：首輪面積為 T，後兩輪新增面積分別為 T 的四分之一與十六分之一；細虛線標出外接矩形。 — 以 $y = 1 - x^{2}$ 作現代座標重建：每輪新增三角形的合計面積是前輪的四分之一。圖中只畫前三輪，仍有未覆蓋區域；外接矩形展示首輪的面積比較。精確總面積由正文的差距控制證明，不由有限圖像判定。

為什麼這還需要另一半證明？

上面的代數關係本身，還不能單獨證明真正的曲線面積就是 $\frac{4}{3} T$ 。

它只證明內接多邊形的面積會接近這個候選值。還必須證明：曲線與內接多邊形之間未覆蓋的面積，也能縮小到任意指定的程度。

幾何上如何做到？

對每一個拋物線段，可以作出包含它、與內接三角形同底同高的平行四邊形。三角形面積是這個平行四邊形的一半，而拋物線段的面積小於平行四邊形。因此，這個三角形的面積大於相應拋物線段的一半。這正是《拋物線求積》命題 20 使用的比較。

所以，每一輪在所有剩餘小區域中加入三角形後，剩餘面積合計都小於上一輪的一半。

用現代符號記真正面積為 $Q$ ，第 $n$ 輪後剩餘面積為

E_{n} = Q - P_{n} .

便有

0 < E_{n} < \frac{Q}{2^{n}} .

因為 $2^{- n} \to 0$ ，剩餘面積確實能小於任何預先指定的正量。

現在把兩方面接起來。令

H = \frac{4}{3} T .

我們已經知道

H - P_{n} = \frac{T}{3 \cdot 4^{n - 1}} \to 0, Q - P_{n} = E_{n} \to 0 .

若 $Q > H$ ，就可取足夠大的有限 $n$ ，使 $E_{n} < Q - H$ 。這會導致

P_{n} = Q - E_{n} > H,

但前面的有限恆等式明明告訴我們 $P_{n} < H$ ，矛盾。

若 $Q < H$ ，則可取足夠大的有限 $n$ ，使 $H - P_{n} < H - Q$ 。這會導致

P_{n} > Q,

又與內接多邊形的面積小於整個區域矛盾。

兩種不相等的可能都被排除，因此

Q = \frac{4}{3} T .

這是把原著命題 20、23、24 的關係用現代符號重新串起來：有限量的恆等式提供候選值，幾何上的剩餘面積控制則證明，真正面積不可能與它不同。不是靠某一次有限作圖把曲線區域完全填滿。

這條思路的重要性在於：

有限次計算不必真的做完無限多個步驟；只要能控制尚未計入的差距，就有可能證明精確結果。

當時得到的是這個特定拋物線求積問題的精確面積比例，不是一套能處理所有曲線、所有無窮相加的通用算法。

在另一個較晚、可核對的文獻節點，柯西於 1821 年的《分析教程》中，以前 $n$ 項和所形成的數列來說明級數：若這些部分和趨近某個極限，就稱級數收斂，並把那個極限稱為級數的和。他也強調，代數公式有使用條件，不能任意擴張其適用範圍。這是部分和觀點的一個重要文獻節點，不表示所有相關思想都由他一人首次提出。

接下來，我們就用這個觀點回答本篇的核心問題：無限多項，什麼時候有有限的和？

二、無窮級數的和，是「部分和數列」的極限

考慮依序排列的實數

u_{1}, u_{2}, u_{3}, \dots .

把它們依序相加，寫成

u_{1} + u_{2} + u_{3} + \dots .

對每一個正整數 $n$ ，先定義

S_{n} = u_{1} + u_{2} + \dots + u_{n} .

$S_{n}$ 稱為第 $n$ 個部分和，也就是只加前 $n$ 項所得的結果。

請留意這裡有兩個不同對象：

u_{n} ： 第 n 次加入的量, S_{n} ： 加到第 n 次的累積量 .

我們要判斷整個級數是否有和，考察的是

S_{1}, S_{2}, S_{3}, \dots

這一個數列。

若存在一個有限實數 $S$ ，使得

{lim}_{n \to \infty} S_{n} = S,

就說這個無窮級數收斂，並定義它的和為 $S$ 。若部分和沒有有限實數極限，就說它發散。這是本篇採用的無窮級數求和意義。

「趨近 $S$ 」不是只要求偶爾有幾項很接近 $S$ ，而是：

不論事先指定多小的正誤差，都能找到一個有限的項數 $N$ ，使得從第 $N$ 項起，所有後續部分和與 $S$ 的距離，都小於這個誤差。

所以， $n \to \infty$ 不是把 $n$ 換成一個名叫「無窮」的大整數。正整數沒有最大的一個，這個級數也沒有「最後一項」等待我們加上去。

三個例子足以看出，無窮相加可能有很不一樣的結果。

每次加得更少，累積量可能逼近有限值

\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots

前幾個部分和是

\frac{1}{2}, \frac{3}{4}, \frac{7}{8}, \frac{15}{16}, \dots .

它們看來接近 $1$ 。稍後我們會推導公式，證明這不是只憑前幾個數的猜測。

一直加入相同的正量，累積量會超過任何有限界限

1 + 1 + 1 + \dots

它的第 $n$ 個部分和是

S_{n} = n .

部分和會持續增大，沒有有限實數極限。

部分和一直在有限範圍內，也未必收斂

1 - 1 + 1 - 1 + \dots

部分和依序為

1, 0, 1, 0, \dots .

它們雖然只在 $0$ 與 $1$ 之間變動，卻沒有趨近同一個數。因此，這個級數在本篇採用的定義下沒有和。

發散不只表示越來越大，也可能表示持續振盪。有界不等於收斂。

圖中前幾個部分和逐漸靠近水平線 S 等於 1，示意部分和逼近固定值。 — 每一點代表一次有限相加的結果。逼近固定值、增大無界與有界振盪，是三種不同情況。圖中只截取有限項，且各圖尺度不同；收斂與否仍由部分和公式判定，不由有限點列的外觀決定。

圖中前八個部分和隨項數增加逐點升高，示意無界增大的情況；有限圖像本身不能證明無界。 — 每一點代表一次有限相加的結果。逼近固定值、增大無界與有界振盪，是三種不同情況。圖中只截取有限項，且各圖尺度不同；收斂與否仍由部分和公式判定，不由有限點列的外觀決定。

三、等比級數：先保留末項，再談極限

設首項為實數 $a$ ，之後每一項都由前一項乘上固定實數 $r$ 得到。明確寫成規則，就是

u_{1} = a, u_{k + 1} = r u_{k} .

依這個規則相加，得到

a + a r + a r^{2} + \dots .

這就是本篇討論的等比級數。

其中， $a$ 決定起始量， $r$ 決定每一步的倍率。倍率可以是正數、零或負數；負倍率會使非零項正負交替。零項的情況直接依乘法規則理解，不用相鄰兩項相除來定義倍率。

1. 先求有限的前 $n$ 項和

令

S_{n} = a + a r + a r^{2} + \dots + a r^{n - 1} .

把整個有限等式乘以 $r$ ：

r S_{n} = a r + a r^{2} + \dots + a r^{n - 1} + a r^{n} .

上下相減，中間的項互相消去，得到

S_{n} - r S_{n} = a - a r^{n} .

所以

(1 - r) S_{n} = a (1 - r^{n}) .

當 $r \neq 1$ 時，才可以除以 $1 - r$ ，得到

S_{n} = \frac{a (1 - r^{n})}{1 - r} .

這裡所有相減都發生在有限個項之間。最後留下的 $a r^{n}$ 不能因為「後面還有很多項」就先刪掉。

若 $r = 1$ ，分母為零，這個除法不合法；必須回到原式：

S_{n} = a + a + \dots + a = n a .

2. 收斂條件從哪裡來？

當 $| r | < 1$ 時，

r^{n} \to 0 .

因此，由有限部分和公式得到

{lim}_{n \to \infty} S_{n} = {lim}_{n \to \infty} \frac{a (1 - r^{n})}{1 - r} = \frac{a}{1 - r} .

所以

a + a r + a r^{2} + \dots = \frac{a}{1 - r} 當 | r | < 1 .

公式中的條件是

- 1 < r < 1,

不是只有 $r < 1$ 。例如 $r = - 2$ 雖然小於 $1$ ，其冪次的大小卻不會趨近零。

3. 其餘情況為什麼不能照套？

先把零首項的情況分開。

若 $a = 0$ ，而每次依指定倍率 $r$ 更新，所有項都為零，所有部分和也都是零。這裡的 $r$ 是規則所指定的倍率，不是用 $0 \div 0$ 算出來的。即使 $r = 1$ ，級數的和仍是 $0$ ，但不能把它寫成沒有意義的 $0 / (1 - 1)$ 。

對於 $a \neq 0$ ，完整判斷如下：

倍率條件	部分和的行為	結論
$\| r \| < 1$	$r^{n} \to 0$ ，所以 $S_{n} \to a / (1 - r)$	收斂
$r = 1$	$S_{n} = n a$ ；隨 $a$ 的正負向正方向或負方向無界增長	發散
$r = - 1$	奇數項部分和為 $a$ ，偶數項部分和為 $0$	發散
$\| r \| > 1$	$S_{n}$ 與固定數 $a / (1 - r)$ 的距離增大無界	發散

最後一列可以直接從有限公式核對：

| S_{n} - \frac{a}{1 - r} | = | \frac{- a r^{n}}{1 - r} | = \frac{| a | {| r |}^{n}}{| 1 - r |} .

當 $| r | > 1$ 且 $a \neq 0$ 時，右邊增大無界，所以 $S_{n}$ 不可能趨近任何有限數。

因此，必須把定理說完整：

非零首項的實數等比級數，收斂的充分必要條件是 $| r | < 1$ 。零首項則所有部分和皆為零，另行處理。

$r = 0$ 也沒有困難：直接依生成規則，級數就是

a + 0 + 0 + \dots,

其和為 $a$ ，不需要處理任何 $0^{0}$ 的問題。

4. 公式不會替錯誤條件背書

例如

1 + 2 + 4 + 8 + \dots .

若不檢查條件，硬套 $\frac{a}{1 - r}$ ，會得到

\frac{1}{1 - 2} = - 1 .

問題出在推理中遺失了不能忽略的項。

真正的有限部分和是

S_{n} = \frac{1 - 2^{n}}{1 - 2} = 2^{n} - 1 .

這裡的 $2^{n}$ 不趨近零，反而持續增大，所以這個級數沒有有限和。有限公式是對的；錯的是在不成立的條件下，把它改成無窮求和公式。

四、收斂不只是「知道答案」，還能知道算到哪裡已經夠準

在收斂條件 $| r | < 1$ 下，令

S = \frac{a}{1 - r} .

從有限部分和公式相減，可得

S - S_{n} = \frac{a}{1 - r} - \frac{a (1 - r^{n})}{1 - r} = \frac{a r^{n}}{1 - r} .

所以，前 $n$ 項和與真正的和之間，精確距離為

| S - S_{n} | = \frac{| a | {| r |}^{n}}{| 1 - r |} .

這不是額外猜測的誤差估計，而是由同一個有限等式得到的結果。

示例一：一半、四分之一、八分之一，為什麼正好是 $1$ ？

考慮

\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots .

首項 $a = \frac{1}{2}$ ，公比 $r = \frac{1}{2}$ ，符合收斂條件。

前 $n$ 項和為

S_{n} = \frac{\frac{1}{2} (1 - {(\frac{1}{2})}^{n})}{1 - \frac{1}{2}} = 1 - \frac{1}{2^{n}} .

代入 $n = 1, 2, 3$ ，分別得到

\frac{1}{2}, \frac{3}{4}, \frac{7}{8},

與逐項相加相符。

又因為 $2^{- n} \to 0$ ，

S = {lim}_{n \to \infty} S_{n} = 1 .

若只要求誤差小於 $0.001$ ，就不必真的加無限多項。因為

1 - S_{n} = \frac{1}{2^{n}},

而

\frac{1}{2^{10}} = \frac{1}{1024} < 0.001, \frac{1}{2^{9}} = \frac{1}{512} > 0.001,

所以取前 $10$ 項已足夠，而且在這個誤差要求下，前 $9$ 項還不夠。

無窮級數的和給出精確目標，誤差公式則把它轉成有限步驟能完成的近似工作。

示例二：正負交替，仍然可能有有限的和

考慮

3 - \frac{3}{2} + \frac{3}{4} - \frac{3}{8} + \dots .

這次

a = 3, r = - \frac{1}{2} .

雖然正負交替，但

| - \frac{1}{2} | < 1,

所以級數收斂，且

S = \frac{3}{1 - (- 1 / 2)} = 2 .

前 $n$ 項和為

S_{n} = 2 (1 - {(- \frac{1}{2})}^{n}) .

前四個部分和是

3, \frac{3}{2}, \frac{9}{4}, \frac{15}{8} .

直接相加也得到

3 - \frac{3}{2} + \frac{3}{4} - \frac{3}{8} = \frac{15}{8},

與公式一致。

當 $n$ 為奇數， $S_{n} > 2$ ；當 $n$ 為偶數， $S_{n} < 2$ 。但兩邊的偏離都縮小，因為

| S - S_{n} | = 2 {(\frac{1}{2})}^{n} \to 0 .

它與 $1 - 1 + 1 - 1 + \dots$ 的差別，不是「有沒有交替」，而是：

偏離目標的幅度，有沒有縮小到任意指定的誤差內。

五、循環小數：看似寫不完，其實是固定倍率的位值累積

小數點右邊每移一位，同一個數字所代表的量就縮為原來的十分之一。

因此，循環小數與等比級數不是兩個偶然使用相同公式的主題。循環節反覆出現，而每次出現的位置固定後移，正好產生固定倍率的縮小。

本篇把無窮小數理解為有限位數截斷的極限，而不是一個必須等到「最後一位寫完」才得到的數。

橫線表示它覆蓋的數字無限循環。例如

0 . \overset{―}{27} = 0.272727 \dots .

示例三：把 $0 . \overset{―}{27}$ 化成最簡分數，並回查

按位值拆開：

x = 0 . \overset{―}{27} = \frac{27}{100} + \frac{27}{100^{2}} + \frac{27}{100^{3}} + \dots .

每一塊「27」比前一塊向右移兩位，因此公比是

r = \frac{1}{100},

不是 $\frac{1}{10}$ 。

這個等比級數收斂，所以

x = \frac{\frac{27}{100}}{1 - \frac{1}{100}} = \frac{27}{99} = \frac{3}{11} .

現在再看常見的移位相減法：

\begin{aligned} 100 x & = 27.272727 \dots, \\ x & = 0.272727 \dots . \end{aligned}

兩式相減，共同循環的尾數消去，得到

99 x = 27 .

這個操作不是在無窮遠處尋找最後一個數字。前面已經由收斂的等比級數確立了 $x$ 的值，移位與相減是在這些實數之間進行。

若仍想檢查有限截斷會發生什麼，令

t_{m} = \frac{27}{100} + \frac{27}{100^{2}} + \dots + \frac{27}{100^{m}} .

對有限和做相同操作，實際上得到

99 t_{m} = 27 - \frac{27}{100^{m}} .

有限截斷仍有末端修正量。等到取極限，因為 $\frac{27}{100^{m}} \to 0$ ，才得到 $99 x = 27$ 。

回展開驗證。將 $3$ 除以 $11$ ：

30 = 2 \times 11 + 8,

第一位小數為 $2$ ，餘數為 $8$ ；再算

80 = 7 \times 11 + 3,

第二位小數為 $7$ ，餘數回到 $3$ 。

除數不變，餘數又回到同一個值，後續就會重複相同的步驟。因此

\frac{3}{11} = 0.272727 \dots .

回查不只是計算機顯示前幾位相同，而是以餘數循環確認後面的數字會持續重複。

示例四：有非循環部分時，要先把循環節對齊

考慮

x = 1.2 \overset{―}{34} = 1.2343434 \dots .

小數點後有一位非循環數字 $2$ ，循環節是兩位數字 $34$ 。

先乘以 $10$ ，讓循環節從小數點後第一位開始：

10 x = 12.343434 \dots .

再往左移兩位，得到

1000 x = 1234.343434 \dots .

這兩式的小數尾部相同，因此

1000 x - 10 x = 1234 - 12,

即

990 x = 1222 .

所以

x = \frac{1222}{990} = \frac{611}{495} .

$gcd (611, 495) = 1$ ，已是最簡分數。

這裡不能只記成「看到兩位循環就乘 $100$ 再減原數」。真正需要的是：被相減的兩個式子，循環尾數必須處於相同位置。

也可以用等比級數獨立核對：

x = \frac{6}{5} + \frac{34}{1000} + \frac{34}{100000} + \dots .

非循環部分是 $1.2 = \frac{6}{5}$ ；循環部分的首項為 $\frac{34}{1000}$ ，公比為 $\frac{1}{100}$ 。因此

x = \frac{6}{5} + \frac{\frac{34}{1000}}{1 - \frac{1}{100}} = \frac{6}{5} + \frac{17}{495} = \frac{611}{495} .

回展開驗證。長除法依序得到

\begin{aligned} 611 & = 1 \times 495 + 116, \\ 1160 & = 2 \times 495 + 170, \\ 1700 & = 3 \times 495 + 215, \\ 2150 & = 4 \times 495 + 170 . \end{aligned}

整數位為 $1$ ，第一位小數為 $2$ 。之後，產生數字 $3, 4$ 的兩步使餘數從 $170$ 出發，又回到 $170$ ，所以 $34$ 會持續循環：

\frac{611}{495} = 1.2 \overset{―}{34} .

一般規則為什麼是「一串 9，再接一串 0」？

對一個非負循環小數，設小數點後先有 $p \geq 0$ 位非循環數字，接著有長度 $m \geq 1$ 的循環節，其中 $p, m$ 都是整數。

按題目所寫的數字字串，定義兩個整數：

$A$ ：把小數點前的數字、非循環部分，以及第一個完整循環節連起來所得的整數。

$B$ ：只把小數點前的數字與非循環部分連起來所得的整數。

移位後，可寫成

10^{p + m} x = A + θ, 10^{p} x = B + θ,

其中 $θ$ 是相同循環尾數所代表的實數。相減便得到

(10^{p + m} - 10^{p}) x = A - B .

因此

x = \frac{A - B}{10^{p} (10^{m} - 1)} .

$10^{m} - 1$ 是 $m$ 個 $9$ ，再乘 $10^{p}$ ，就接上 $p$ 個 $0$ 。

這個分母不是口訣硬配出來的，而是兩次移位的倍率相減所得的結果。得到分數後，仍要約分與回查。

循環節的開頭即使有 $0$ ，也不能少算位數。例如

0 . \overset{―}{03} = \frac{3}{99} = \frac{1}{33} .

這裡的循環節長度是 $2$ ，不是 $1$ 。回展開時，

10 = 0 \times 33 + 10, 100 = 3 \times 33 + 1 .

餘數回到原來的 $1$ ，因此重複產生數字 $0, 3$ 。

把有限小數後面補上循環的 $0$ ，也可視為這個表示法的邊界情形，例如

1.2 \overset{―}{0} = \frac{120 - 12}{90} = \frac{6}{5}, 0 . \overset{―}{0} = 0 .

負的循環小數可以先處理其絕對值，再加回負號，例如

- 0 . \overset{―}{27} = - \frac{3}{11} .

至於循環節全部是 $9$ 的情形，公式依然有效，但回展開時可能得到同一個數的另一種小數表示。這正是下一節要處理的問題。

六、 $0.999 \dots = 1$ ：差別在「一個截斷」與「整個表示法」

下面每一個判斷都正確：

0.9 < 1, 0.99 < 1, 0.999 < 1 .

任何只含有限個 $9$ 的這種小數，都小於 $1$ 。

可是，這不能推出

0.999 \dots < 1 .

原因是：左邊不再是某一個有限截斷，而是由全部截斷的極限所定義的實數。

令

t_{n} = \frac{9}{10} + \frac{9}{10^{2}} + \dots + \frac{9}{10^{n}} .

由有限等比和公式，

t_{n} = \frac{\frac{9}{10} (1 - {(\frac{1}{10})}^{n})}{1 - \frac{1}{10}} = 1 - \frac{1}{10^{n}} .

所以，對每個有限的 $n$ ，

1 - t_{n} = \frac{1}{10^{n}} > 0 .

但無窮循環小數的值是

0 . \overset{―}{9} = {lim}_{n \to \infty} t_{n} = {lim}_{n \to \infty} (1 - \frac{1}{10^{n}}) = 1 .

因此

0.999 \dots = 1 .

這不是四捨五入，也不是「太接近，所以方便起見當成一樣」。

有限小數 0.9、0.99、0.999 到 1 的距離依次為十分之一、百分之一、千分之一；每列尺度放大十倍。 — 每個有限截斷與 $1$ 都有正距離，但距離依序縮為十分之一。各列使用不同放大倍率，看起來同長的括線不代表相同差距。 $0.999 \dots = 1$ 是全部截斷的極限，不是其中某一列完成最後一步。

「始終還差一點」到底差多少？

對每一個有限的 $t_{n}$ ，確實有差距；但差距依賴 $n$ ，不是同一個固定正數。

若堅持 $x = 0 . \overset{―}{9}$ 與 $1$ 之間仍有固定正差距

d = 1 - x > 0,

由這個遞增截斷數列與其極限的關係 $t_{n} \leq x \leq 1$ ，可得

0 \leq 1 - x \leq 1 - t_{n} = \frac{1}{10^{n}} .

然而， $10^{- n} \to 0$ 。總可以取到一個有限的 $n$ ，使得

\frac{1}{10^{n}} < d,

這就與 $d \leq 10^{- n}$ 衝突。因此，不存在這樣的固定正差距。

「每一個有限截斷都小於 $1$ 」與「它們的極限等於 $1$ 」，完全可以同時成立。錯誤是把前者的嚴格不等號，原封不動搬到極限上。

也不存在「所有的 $0$ 後面，最後再放一個 $1$ 」來表示那個想像中的差。小數位依正整數編號，沒有一個叫作「最後一位」的位置。

移位相減也會得到相同結論：

10 x = 9 + x ⟹ 9 x = 9 ⟹ x = 1 .

但真正支持這些式子的，不是把無窮字串當成有限字串剪貼，而是前面已經確立：循環小數代表收斂的位值總和。

分數回展開，不一定回到同一個字串

同一個實數可能有兩種小數表示。例如

0.2 \overset{―}{9} = \frac{29 - 2}{90} = \frac{3}{10} .

通常的長除法會把 $\frac{3}{10}$ 展開成

0.3000 \dots,

而不是 $0.2999 \dots$ 。這不表示換算錯誤，因為

0.2999 \dots = 0.2 + \frac{1}{10} (0.999 \dots) = 0.2 + 0.1 = 0.3 .

所以，回查的目標是確認所代表的實數相同，不一定要求小數字串逐字相同。一般循環節可用餘數循環驗證；遇到全為 $9$ 的循環尾數，還要考慮這種與有限小數相等的表示。

這也說明了上一節為什麼要把 $A, B$ 定義成「按題目所寫的字串組成的整數」，而不能一律當成移位後數值的整數部分。循環尾數若是 $0 . \overset{―}{9}$ ，它代表的 $θ$ 就是 $1$ ，不是一個嚴格小於 $1$ 的數。

七、今天的具體用途：讓很久以前的資料仍有影響，卻不讓總權重失控

無窮等比級數不只處理寫不完的小數，也能解釋某些持續更新資料的方法。

美國國家標準與技術研究院的統計手冊介紹了指數加權移動平均：較新的觀測值占較大權重，較舊的資料則逐步降低影響，這類量可用於程序監測。其更新形式是「目前資料的一部分，加上前次結果的一部分」。

以下是依這個機制設計的教學情境，不是某個特定裝置的實測資料。

假設以固定時間間隔取得溫度讀數 $x_{t}$ ，單位為攝氏度；用 $m_{t}$ 表示平滑後的讀數，採用固定規則

m_{t} = 0.2 x_{t} + 0.8 m_{t - 1} .

$m_{0}$ 是初始設定值，各筆讀數與初值都視為有限實數。係數沒有單位，因此 $m_{t}$ 與 $x_{t}$ 的單位相同。這裡選擇 $0.2$ 是為了展示機制，不是在宣稱它對所有資料都是最佳設定。

把前一次結果繼續展開：

\begin{aligned} m_{1} & = 0.2 x_{1} + 0.8 m_{0}, \\ m_{2} & = 0.2 x_{2} + 0.16 x_{1} + 0.64 m_{0}, \\ m_{3} & = 0.2 x_{3} + 0.16 x_{2} + 0.128 x_{1} + 0.512 m_{0} . \end{aligned}

一般而言，展開到初始值便得到

m_{n} = 0.2 x_{n} + 0.2 (0.8) x_{n - 1} + \dots + 0.2 {(0.8)}^{n - 1} x_{1} + {0.8}^{n} m_{0} .

從最近資料往更舊的資料看，權重依序為

0.2, 0.16, 0.128, \dots .

它們的首項是 $0.2$ ，公比是 $0.8$ 。若考察這個無限延伸的權重序列，其總和為

0.2 + 0.2 (0.8) + 0.2 {(0.8)}^{2} + \dots = \frac{0.2}{1 - 0.8} = 1 .

所以，權重序列可以向更久以前延伸，而權重總量仍受控制。NIST 對指數平滑的展開，也呈現了等比遞減權重及初始值的影響；本文使用的是納入當期讀數 $x_{t}$ 的更新形式。

不過，實際運作只有有限筆資料時，不能直接丟掉初始值。前 $n$ 筆資料的權重總和是

0.2 + 0.2 (0.8) + \dots + 0.2 {(0.8)}^{n - 1} = 1 - {0.8}^{n},

而初始值 $m_{0}$ 的權重仍為

{0.8}^{n} .

兩者相加才精確等於 $1$ 。

例如前三筆資料的情況：

0.2 + 0.16 + 0.128 + 0.512 = 1 .

回查。若 $m_{0}, x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 全都是 $20^{\circ} C$ ，則

m_{3} = (0.2 + 0.16 + 0.128 + 0.512) \times 20 = 20^{\circ} C .

固定不變的輸入與相同初值，沒有被這個更新規則自行放大或縮小。

這個例子也說明了幾個界限。

首先，真正等比的是權重；乘上不同資料值之後的各項，不一定仍是等比數列，不能把整個加權和任意套入同一個求和公式。

其次，權重總和為 $1$ ，不表示任意資料的無窮加權和都已經被證明收斂，也不保證平滑結果隨時間趨向固定值，更不保證預測正確。本段只分析加權機制，不據此建立統計警報或預測準確度的保證。

再者，本情境採固定時間間隔。若讀數間隔不同，固定乘上 $0.8$ 代表的是每次更新具有相同倍率，不一定代表每單位時間具有相同衰減。

最後，程式每次只需依規則做一次有限更新，不是在一瞬間真的完成無限多筆加法。無窮等比級數在這裡的作用，是讓我們看懂這個有限更新規則背後，如何分配新舊資料的影響。

八、把本篇收束成一條完整推理

從曲線面積的逐步逼近，到循環小數，再到資料權重，反覆出現的是同一個問題：

每一次都只處理有限部分，如何對無限延伸後的結果負責？

答案不是把「無窮」當成很大的整數，而是先保留有限步驟的完整關係，再檢查尚未計入的差距能否趨近零。

對等比級數，這條推理具體寫成

S_{n} = \frac{a (1 - r^{n})}{1 - r} (r \neq 1),

接著在

| r | < 1

的條件下，才有

r^{n} \to 0 ⟹ S = \frac{a}{1 - r} .

中間的條件不能省略，零首項與倍率端點也不能混著處理。

對循環小數，固定循環節與十進位位值產生等比縮小；對齊相減則把相同尾數消去，得到精確分數。 $0.999 \dots = 1$ 不是這套方法的例外，而是它的一個直接結果。

學會這個概念，增加的不只是「會算無窮等比和」的能力，而是能區分：

哪些是有限近似，哪些是精確極限；哪些公式已具備使用條件，哪些只是把尚未消失的項偷偷省略。