0.999…

在不考慮柯西序列的情況下：1.00000…−0.99999…这个結果為0.000…，也就是後面的0無限循環。這兩個數目皆可表示成無限循環小數，小數點後五位之後還會一直填上0，始終無法找到最後一位來填上1，因為如果補上1就會成為有限小數。1.000… - 0.999… = 0.000… = 0，故1 = 0.999…。

這假設了0.999…沒有「最後的9」、這些無限循環小數的小數點後的位數為可列的（可以由第一個數位一個位一個位數下去而於有限次數到任一個數位）（這已得出0.999…沒有「最後的9」）、1.000… - 0.999…的結果存在小數表示式。運算結果將沒有「最後的1」，所以1與0.999…沒有差值。

无限小数是有限小数的一个必要的延伸，其中一个原因是用来表示分数。用長除法，一个像${\displaystyle {\begin{smallmatrix}{\frac {1}{3}}\end{smallmatrix}}}$的简单整数，長除法後变成了一个循环小数0.333…，其中有无穷多个数字3。利用这个小数，很快就能得到一个 0.999… = 1 的证明。用 3 乘以 0.333… 中的每一个 3，便得到 9，所以 3 × 0.333… 等於 0.999…。而 ${\displaystyle {\begin{smallmatrix}3\times {\frac {1}{3}}\end{smallmatrix}}}$ 等於1，所以 0.999… = 1。[2]

这个证明的另外一种形式，是用${\displaystyle {\frac {1}{9}}=0.111...}$同乘以9。

${\displaystyle {\begin{aligned}0.333\cdots &{}={\frac {1}{3}}\\3\times 0.333\cdots &{}=3\times {\frac {1}{3}}={\frac {3\times 1}{3}}\\0.999\cdots &{}=1\end{aligned}}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}0.111\cdots &{}={\frac {1}{9}}\\9\times 0.111\cdots &{}=9\times {\frac {1}{9}}={\frac {9\times 1}{9}}\\0.999\cdots &{}=1\end{aligned}}}$

由於两个方程都是正确的，因此根据相等关系的，0.999…一定等於1。类似地，${\displaystyle {\begin{smallmatrix}{\frac {3}{3}}=1\end{smallmatrix}}}$，且${\displaystyle {\begin{smallmatrix}{\frac {3}{3}}=0.999\ldots \end{smallmatrix}}}$。所以0.999…一定等於1。

用竖式计算可得 ${\displaystyle {\frac {8.999...}{9}}=0.999...}$

设 ${\displaystyle n=0.999...\quad }$

则

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {8+n}{9}}&=n\\8+n&=9n\\\end{aligned}}}$

解此一元一次方程式得:

${\displaystyle {\begin{aligned}8&=8n\\n&=1\\\end{aligned}}}$

所以 ${\displaystyle 0.999...=n=1\quad }$ 。

另外一种证明更加适用於其它循环小数。当一个小数乘以10时，其数字不变，但小数点向右移了一位。因此10 × 0.999…等於9.999…，它比原来的数大9。

考虑从9.999…减去0.999…。这时可以一位一位地减；在小数点后的每一位，结果都是9 - 9，也就是0。但末尾的零并不能改变一个数，所以相差精確地是9。最后一个步骤用到了代数。设0.999… = c，则10c − c = 9，也就是9c = 9。等式两端同除以9，便得证：c = 1。[2]用一系列方程来表示，就是

0.(9)=1的解釋

${\displaystyle {\begin{aligned}c&=0.999\ldots \\10c&=9.999\ldots \\10c-c&=9.999\ldots -0.999\ldots \\9c&=9\\c&=1\\0.999\ldots &=1\end{aligned}}}$

以上两个证明中的位数操作的正确性，并不需要盲目相信，也无需视为公理；它是从小数和所表示的数之间的基本关系得出的。这个关系，可以用几个等价的方法来表示，已经规定了0.999…和1都表示相同的實數。

对于任何一个小数，都可以定义为无穷级数的和。一般地：

${\displaystyle b_{0}.b_{1}b_{2}b_{3}b_{4}\ldots =b_{0}+b_{1}({\tfrac {1}{10}})+b_{2}({\tfrac {1}{10}})^{2}+b_{3}({\tfrac {1}{10}})^{3}+b_{4}({\tfrac {1}{10}})^{4}+\cdots }$.

对於0.999…来说，这时可以使用等比级数的收敛定理：[3]

如果${\displaystyle |r|<1}$，则${\displaystyle ar+ar^{2}+ar^{3}+\cdots ={\frac {ar}{1-r}}}$.

由於0.999…是公比为${\displaystyle r=\textstyle {\frac {1}{10}}}$的等比级数的和，应用以上定理，很快就可以得出证明了：

${\displaystyle 0.999\ldots =9({\tfrac {1}{10}})+9({\tfrac {1}{10}})^{2}+9({\tfrac {1}{10}})^{3}+\cdots ={\frac {9({\tfrac {1}{10}})}{1-{\tfrac {1}{10}}}}=1}$，

这个证明（实际上是10等於9.999…）早在1770年就在瑞士数学家莱昂哈德·欧拉的作品《Elements of Algebra》（《代数的要素》）中出现了。[4]

四进制的小数数列（0.3，0.33，0.333，……）收敛於1。

等比级数的和本身，是一个比欧拉还要早的结果。一个典型的18世纪的推导用到了逐项的操作，类似於以上的代数证明。直到1811年，Bonnycastle的教科书《An Introduction to Algebra》（《代数的介绍》）依然使用这种等比级数的方法来证明对0.999…使用的策略是正当的。[5]在19世纪，这种在當時被以為随随便便的求和方法遭到了反对，这样便导致了现在仍然占有支配地位的定义：一个级数的和定义为数列的部分和的极限。该定理的一个对应的证明，明确地把这个数列计算出来了；这可以在任何一本以证明为基础的微积分或数学分析的教科书中找到。[6]

对於数列（x₀，x₁，x₂，…）来说，如果当n增大时，距离|x − x_n|变得任意地小，那么这个数列就具有极限x。0.999… = 1的表述，可以用极限的概念来阐释和证明：

${\displaystyle 0.999\ldots =\lim _{n\to \infty }0.\underbrace {99\ldots 9} _{n}=\lim _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}{\frac {9}{10^{k}}}=\lim _{n\to \infty }\left(1-{\frac {1}{10^{n}}}\right)=1-\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{10^{n}}}=1.\,}$[7]

最后一个步骤—lim ¹/_10ⁿ = 0—通常由实数擁有阿基米德性質這一原理来證明。这个以极限为基础的对0.999…的看法，有时会用比较引人注意但不太精确的话语来表达。例如，在1846年的美国教科书《大学算术》（《The University Arithmetic》）中有这么一句：“0.999+，到无穷远处等於1，这是因为每加上一个9，都会使它的值更加接近於1”（.999 +, continued to infinity = 1, because every annexation of a 9 brings the value closer to 1）；在1895年的美国教科书《Arithmetic for Schools》（《学校算术》）中也有：“…如果有非常多的9，那么1和0.99999…的差就小得难以想像了”（“…when a large number of 9s is taken, the difference between 1 and .99999…becomes inconceivably small”）。[8]这种启发式的教学法，常常被学生们误解为0.999…本身就小於1。

区间套：在三进制中，1 = 1.000… = 0.222…

以上的级数定义，是一个用小数展开式来定义实数的简单的方法。还有一种补充的方法，是相反的过程：对於一个给定的实数，定义一个相关的小数展开式。

如果知道一个实数x位於闭区间[0, 10]内（也就是说，这个实数大於或等於0，而小於或等於10），这时就可以想像把这个区间分成十个部分，只在终点处相重叠：[0, 1]、[1, 2]、[2, 3]，依此类推，直到[9, 10]。实数x一定是属於这十个区间的一个；如果它属於[2, 3]，这时就把数字“2”记录下来，并把这个区间再细分成十个子区间：[2, 2.1]、[2.1, 2.2]、…、[2.8, 2.9]、[2.9, 3]。把这个过程一直继续下去，这时便得到了一个无穷的区间套序列，由无穷个数字b₀、b₁、b₂、b₃、…来标示，并记

x = b₀.b₁b₂b₃…

在这种形式中，1 = 1.000…而且1 = 0.999…的事实，反映了1既位於[0, 1]，又位於[1, 2]，所以这时在寻找它的数字时，可以选择任意一个子区间。为了保证这种记法没有滥用“=”号，这时需要一种办法来为每一个小数重新构造一个唯一的实数。这可以用极限来实现，但是还有其它的方法。[9]

一个简单的选择，是区间套定理，它保证只要给出了一个长度趋近於零的闭区间套序列，那么这些区间套的交集就正好是一个实数。这样，b₀.b₁b₂b₃…便定义为包含在所有的区间[b₀, b₀ + 1]、[b₀.b₁, b₀.b₁ + 0.1]，依此类推的唯一的实数。而0.999…就是位於所有的区间[0, 1]、[0.9, 1]、[0.99, 1]、[0.99…9, 1]（对於任意有限个9）的唯一的实数。由於1是所有这些区间的公共元素，因此0.999… = 1。[10]

区间套定理通常是建立在一个更加基本的实数特征之上的：最小上界的存在。为了直接利用这些事物，这时可以把b₀.b₁b₂b₃…定义为集合{b₀，b₀.b₁，b₀.b₁b₂，…}的最小上界。[11]然后这时就可以证明，这种定义（或区间套的定义）与划分的过程是一致的，再一次证明了0.999… = 1。汤姆·阿波斯托尔得出结论：

有些方法用公理集合论明确把实数定义为一定的建立在有理数上的结构。自然数──0、1、2、3，依此类推──从零开始并继续增加，这样每一个自然数都有一个后继者。这时可以把自然数的概念延伸到负数，得出所有的整数，并可以进一步延伸到比例，得出所有的有理数。这些數系伴随着加法、减法、乘法和除法的算术。更加微妙地，它们还包括排序，这样一个数就可以与另一个进行比较，并发现是大於、小於，还是等於。

从有理数到实数的一步，是一个很大的延伸。至少有两种常见的方法来达到这一步，它们都在1872年出版：戴德金分割，以及柯西序列。直接用到这些结构的0.999… = 1的证明，现在已经无法在實分析的教科书中找到了；最近几个年代的趋势，是使用公理化的分析。即使提供了这样的一个结构，它也通常被用来证明实数的公理，从而为以上的证明提供证据。然而，有些作者表达了从一个结构开始才是逻辑上更恰当的想法，这样得出的证明就更加完备了。[13]

在戴德金分割的方法中，每一个实数x定义为所有小於x的有理数所组成的无穷集合。[14]比如說，实数1就是所有小於1的有理数的集合。[15]每一个正的小数展开式很容易决定了一个戴德金分割：小於某个展开阶段的有理数的集合。所以实数0.999…是有理数r的集合，使得r < 0，或r < 0.9，或r < 0.99，或r小於其它具有 ${\displaystyle {\begin{smallmatrix}1-{\big (}{\tfrac {1}{10}}{\big )}^{n}\end{smallmatrix}}}$ 形式的数。[16]0.999…的每一个元素都小於1，因此它是实数1的一个元素。反过来，1的一个元素是有理数 ${\displaystyle {\begin{smallmatrix}{\tfrac {a}{b}}<1\end{smallmatrix}}}$，也就是${\displaystyle {\begin{smallmatrix}{\tfrac {a}{b}}<1-{\big (}{\tfrac {1}{10}}{\big )}^{b}\end{smallmatrix}}}$。由於0.999…和1包含相同的有理数，因此它们是相同的集合：0.999… = 1。

把实数定义为戴德金分割，首先由理查德·戴德金在1872年出版。[17] 以上把每一个小数展开式分配一个实数的方法，应归於弗雷德·里奇曼在《Mathematics Magazine》（《数学杂志》）上发表的一篇名为“Is 0.999… = 1?”（“0.999… = 1吗？”）的演讲稿，主要是为大学的数学教师，尤其是初级／高级程度，以及他们的学生而作。[18]里奇曼注意到，在有理数的任何一个稠密子集中取戴德金分割，都得到相同的结果；特别地，他用到了十进分数（分母为10的幂的分数），这样便更快得出证明了：“所以，这时看到，在实数的传统定义中，方程 0.9* = 1 在一开始就建立了。”[19]把这个步骤再作进一步的修改，便得到了另外一个结构，里奇曼对描述这个结构更感兴趣；参见以下的“其它數系”。

另外一种构造实数的方法，间接地用到了有理数的排序。首先，有理数x和y之间的距离定义为绝对值|x − y|，其中绝对值|z|定义为z和−z的最大值，因此总是非负的。这样实数便被定义为关於这个距离的具有柯西序列性质的有理数序列。也就是说，每一个实数都是一个柯西收敛的数列（x₀，x₁，x₂，…）。这是一个从自然数到有理数的映射，使得对於任何正有理数δ，总存在一个N，使得对於所有的m、n > N，都有|x_m − x_n| ≤ δ。（两项之间的距离变得比任何正的有理数都要小。）[20]

如果（x_n）和（y_n）是两个柯西数列，那么如果数列（x_n − y_n）有极限0，这两个数列便定义为相等的。把小数b₀.b₁b₂b₃…拆开来，便得到了一个有理数序列，它是柯西序列；这个序列对应的实数被定义为这个小数的值。[21]所以，在这种形式中，这时的任务就是要证明，有理数序列

${\displaystyle \left(1-0,1-{9 \over 10},1-{99 \over 100},\cdots \right)=\left(1,{1 \over 10},{1 \over 100},\cdots \right)}$

有极限0。对於n = 0、1、2、…，考虑数列的第n项，这时需要证明

${\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {1}{10^{n}}}=0}$。

这个极限是众所周知的；[22]一个可能的证明，是在数列的极限的定义中，对于ε = a/b > 0，这时可以取N = b。所以，这又一次证明了0.999… = 1。

把实数定义为柯西序列，首先由爱德华·海涅和格奥尔格·康托尔独立发表，也是在1872年。[17]以上的小数展开式的方法，包括0.999… = 1的证明，则主要是得自格利菲斯（）和希尔顿（）在1970年的作品《一本经典数学的综合教科书：一个当代的阐释》（A comprehensive textbook of classical mathematics: A contemporary interpretation）。这本书是特别为了以当代的眼光回顾一些熟悉的数学概念而作的。[23]

0.999… = 1的证明，立刻可以进行两种推广。首先，对於每一个非零的有限小数（也就是说，从某一位开始全是零），都存在另外一个与其相等的数，从某一位开始全是9。例如，0.24999…等於0.25，就像这时考虑的特殊情况。这些数正好是十进分数，而且是稠密的。[24]

其次，一个类似的定理可以应用到任何一个底数或进位制。例如，在二进制中，0.111…等於1；而在三进制中，0.222…等於1。實分析的教科书很有可能略过0.999…的特殊情况，而从一开始就介绍这两种推广的一种或两种。[25]

1的其它表示法也出现在非整数进位制中。例如，在黄金进制中，两个标准的表示法就是1.000…和0.101010…，此外还有无穷多种含有相邻的1的表示法，如0.11，0.1011，0.101011等等。一般地，对於几乎所有的1和2之间的q，在q进制中都有无穷多种1的展开式。而另一方面，依然存在不可数个q（包括所有大於1的自然数），使得在q进制中只有一种1的展开式，除了显然的1.000…。这个结果首先由保罗·埃尔德什、Miklos Horváth和István Joó在大约1990年获得。1998年，Vilmos Komornik和Paola Loreti确定了具有这种性质的最小的进位制──Komornik-Loreti常数q = 1.787231650…。在这个进位制中，1 = 0.11010011001011010010110011010011…；其数字由图厄-摩斯数列给出，不是循环小数。[26]

一个更加深远的推广，提到了最一般的进位制。在这些进位制中，一个数也有多种表示法，在某种意义上来说难度甚至更大。例如：[27]

• 在平衡三进制系统中，¹/₂ = 0.111… = 1.111…。
• 在阶乘进位制系统中，1 = 1.000… = 0.1234…。

Marko Petkovšek证明了这种歧义是使用进位制的必然结果：对於任何一个把所有实数命名的系统，总有无穷多个实数有多种表示法，而这些实数所组成的集合又是稠密的。他把这个证明称为“一个基本点集拓扑学的指导性的练习”：它包含了把各位数的集合视为斯通空间，并注意到它们的实数表示法可以由连续函数给出。[28]

0.999… = 1的证明依赖於标准实数的阿基米德性質：不存在非零的无穷小。存在著數學上密切相關的有序代数结构是非阿基米德的，其中包括标准实数的各种各样的替代品。0.999…的意义与这时使用的结构有关。例如，在对偶数中，引进了一个新的无穷小单位ε，就像复数系统中的虚数单位i一样，但是ε² = 0。这样便得出了一个在自动微分中十分有用的结构。这时可以给予对偶数一个字典序，这样ε的倍数就非阿基米德原素。[47]但是，要注意到，作为实数的延伸，在对偶数中仍然有0.999… = 1。尽管ε在对偶数中存在，ε/2也存在，所以ε就不是“最小的正对偶数”。确实是这样，在实数中，并不存在这类的数。

另外一种构造标准实数的替代品的方法，是使用拓撲斯理论和替代的逻辑，而不是集合论和经典的逻辑（一种特殊情况）。例如，在光滑无穷小分析中，就存在没有倒数的无穷小。[48]

非标准分析因包含了一个有无穷小（及它們的反元素）完整陣列的系統而众所周知，它提供了一个不同的，也许是更加直观的，对微积分的处理。[49]A.H. Lightstone在1972年提供了一个非标准小数展开式的发展，其中每一个位於（0, 1）之内的扩展的实数，都有一个唯一的扩展的小数展开式：数列0.ddd…；…ddd…，由扩展的自然数作索引。在这种形式中，0.333…有两种自然的展开式，都不与¹/₃相差无穷小：

0.333…；…000…不存在，而

0.333…；…333…正好等於¹/₃。[50]

组合博弈论也提供了替代的实数，无穷的蓝-红Hackenbush就是一个相关的例子。1974年，埃爾溫·伯利坎普描述了一个Hackenbush字串与实数的二进制展开式之间的对应关系，由数据压缩的想法所促动。例如，Hackenbush字串LRRLRLRL…的值是0.010101₂… = ¹/₃。然而，LRLLL…的值（对应着0.111…₂）则与1相差无穷小。两个数的差是超实数¹/_ω，其中ω是第一个无穷序数；相关的博弈是LRRRR…或0.000…₂。[51]

另外一种也可以使以上证明不成立的方法，就是1 − 0.999…根本就不存在，因为减法并不一定就是可能的。具有加法运算但没有减法运算的数学结构包括可交换半群、可交换幺半群，以及半环。里奇曼考虑了两种这类的系统，使得0.999…< 1。

首先，里奇曼把非负的“小数”定义为字面上的小数展开式。他定义了字典序和一种加法运算，注意到0.999… < 1仅仅因为在个位数0 < 1，但对於任何一个有限小数x，都有0.999… + x = 1 + x。所以“小数”的一个独特之处，是等式两边不能同减一个数；另外一个独特之处，就是没有“小数”对应着¹⁄₃。把乘法也定义了以后，“小数”便形成了一个正的、全序的、可交换的半环。[52]

在定义乘法的过程中，里奇曼还定义了另外一种系统，他称之为“分割D”，它是小数的戴德金分割的集合。通常用这种定义便可以得出实数，但对於小数d他既允许分割（−∞， d ），又允许“主分割”（−∞， d ]。这样做的结果，就是实数与“小数”“不舒服地住在一起”。这个系统中也有0.999… < 1。在分割D中不存在正的无穷小，但存在一种“负的无穷小”──0⁻，它没有小数展开式。里奇曼得出结论，0.999… = 1 + 0⁻，而方程“0.999… + x = 1”则没有解。[53]

问到关於0.999…的时候，初学者常常相信应该有一个“最后的9”，也就是说，相信1 − 0.999…等於一个正数，可以写为“0.000…1”。不管那有没有意义，目标都是明确的：把1加在0.999…中的最后的9上，就会把所有的9变成0，并在个位数留下一个1。如果考虑到其它的原因，这种想法便不成立了，这是因为在0.999…中，并不存在“最后的9”。[54]对於包含最后的9的无穷多个9，这时必须从别的地方去寻找。

4进整数（黑点），包括数列（3，33，333，…）收敛於−1。10进数的类似等式，是…999 = −1。

p进数是在数论中引起兴趣的又一个數系。像实数那样，p进数可以从有理数通过柯西序列得到；但是，这种结构使用了另外一种度量，0与p之间的距离比0与1的距离还要近，而0与pⁿ的距离又比0与p的距离近。对於素数p来说，p进数便形成了一个域，而对於其它的p，包括10来说，则形成了一个环。所以在p进数中可以进行算术，这种數系也不存在无穷小。

在10进数中，类似於小数展开式的事物位於小数点的左面。10进展开式…999确实有一个最后的9，而没有第一个9。这时可以把1加在个位数上，这样进位之后就只剩下0了：1 + …999 = …000 = 0，所以…999 = −1。[55]另外一种推导用到了等比级数。“…999”所指的无穷级数在实数中不收敛，但在10进数中收敛，所以这时可以使用大家熟悉的公式：

${\displaystyle \ldots 999=9+9(10)+9(10)^{2}+9(10)^{3}+\cdots ={\frac {9}{1-10}}=-1.}$[56]

（与前面的级数比较。）第三种推导是一个七年级学生發明的，他对老师所讲的0.999… = 1的极限证明感到怀疑，但因而产生了灵感，把以上乘以10的证明应用在相反的方向上：如果x = …999，则10x = …990，因此10x = x − 9，所以x = −1。[55]

作为一个最后的延伸，由於0.999… = 1（在实数中），而…999 = −1（在10进数中），那么这时可以“盲目、大胆地摆弄符号”，[57]把两个等式相加起来，得出：…999.999… = 0。这个等式在10进展开式中和标准小数展开式中都是没有意义的，但假如这时研究出一种“双小数”的理论，其中小数点左面和右面都可以无限延伸，那么这个等式便是有意义和正确的。[58]