為什麼有理數一定能表示為一個有限小數或無限循環小數，以及怎麼把一個無限循環小數化為它的既約分數形式?

12-06

不知道如何證明如果有理數化成小數形式如果是無限小數，那麼它一定是循環的。
碰到 $0.168831, 168831, 168831cdots$ 怎麼知道它作為分數是什麼？

感謝周周邀請，這個問題也困擾了我多年。在知乎上余翔有一個證明。這裡我按照真實思考的順序來說，把它說得再細一點、通俗一點、長一點。

一、問題重述
要證明：有理數=有限小數+無限循環小數，咱們首先來做幾個說明：

有理數又稱為比例數，因此有理數和分子分母是整數的分數是等價的。每個有理數都有一個既約分數和它對應，既約分數是指分子和分母不僅是整數，而且二者的最大公約數是1。
有限小數是有理數一定正確。
我們可以把需要證明的有理數的範圍縮小到(0, 1)之間，如果在這個範圍內結論成立，那麼推廣到全部有理數上結論也成立。
無限循環小數是形如 $0.(r_1r_2...r_m)(a_1a_2...a_k)(a_1a_2...a_k)...$ 的小數，其中前面的m個小數位 $r_1r_2...r_m$ 沒有循環，循環節是 $a_1a_2...a_k$ 。

為了證明題目，需要證明下面兩個結論：

無限循環小數一定是有理數。
有理數一定是有限小數或者無限循環小數。

二、證明無限循環小數一定是有理數
首先我們任取一個無限循環小數 $q$ ，從它開始循環的地方切一刀，把前面和後面的部分分開：
$q=0.(r_1r_2...r_m)(a_1a_2...a_k)(a_1a_2...a_k)...=frac{r_1r_2...r_m}{10^m}+frac{1}{10^m} imes 0.(a_1a_2...a_k)(a_1a_2...a_k)...$
因為分數/有理數的四則運算還是分數/有理數，所以為證明q是有理數，只需要證明 $p=0.(a_1a_2...a_k)(a_1a_2...a_k)...$ 可以寫成分數的形式。

我們把循環節提出來，把 $p$ 再分解一次：
$p=(a_1a_2...a_k) imes f = (a_1a_2...a_k) imes 0.(00...01)(00..01)...$
後面的無限循環小數 $f$ 的循環節是連著k-1個是0，然後跟一個1，恰好滿足： $f=frac{1}{10^k-1}$ 。原因是：
$f imes (10^k-1)=0.(00...1)(00...1)... imes (99...9) = 0.99999...=1$

因此我們得到：
$q=frac{(r_1r_2...r_m)}{10^m}+frac{1}{10^m} imesfrac{(a_1a_2...a_k)}{10^k-1}$
這樣就證明了 $q$ 是有理數。

三、證明有理數一定是有限小數或者無限循環小數
我們隨便拿來一個既約真分數 $q=frac{a}{b}$ 。也就是分子分母互質，並且值在(0,1)之間的分數。我們要證明它一定是有限小數或者無限循環小數。

思路：
因為由上面的分析我們知道 $frac{c}{10^n-1}$ 是循環節為c的循環小數，我們首先試探任意有理數 $q$ 是否一定存在循環小數的相等形式： $q=frac{a}{b} = frac{c}{10^n-1}$ （這個等式不一定成立，但是可以啟發我們）。假設這個等式成立，則：

交叉相乘，得到 $a(10^n-1)=bc$ 。因為a、b互質，為了能讓等式成立，就必須使b是 $(10^n-1)$ 的約數。因此，只要 $b$ 是某個連續若干個9組成的整數的約數，那麼上面那個式子就一定成立。因此，我們需要嘗試找一個整數n，滿足b能整除 $(10^n-1)$ 。這啟發我們構造一個特殊的數列。

構造：
對任意 $b$ ，我們定義一個數 $f(m)$ 為連續m個9組成的整數除以b的餘數： $f(m)=999...99 mod b$ ，如果有一個 $f(m)=0$ ，那麼咱們的目的就達到了。

同餘除法有一點點複雜，經過一定計算我們可以得到一個遞推公式：
$f(m+1) = 10 imes f(m)+9 mod b$
$f(m+2)=100 imes f(m) +99 mod b$
繼續推導可以得到一個一般遞推公式：
$f(m+k)=10^k imes f(m) + (10^k-1) mod b$

因為一個數除以b的餘數只能是0到b-1之間的b個整數，一共只b種可能，因此不斷把k增大，一定有某兩個f的值相同了。咱們不妨就假設 $f(m)=f(m+k)$ ，這說明：
$f(m+k)-f(m) mod b=(10^k-1)(f(m)+1) mod b=0$
因此 $b$ 是 $(10^k-1)(f(m)+1)$ 的約數。

雖然這並不能說 $b$ 能整除其中一個（除非 $b$ 是素數），但是可以說 $b$ 能分解成兩部分，各整除其中一部分：我們令 $b=uv$ ，滿足 $u$ 整除 $10^k-1$ ， $v$ 整除 $f(m)+1$ 。前者可得整數 $x$ 滿足 $ux=10^k-1$ ；對於後者，我們首先由 $f(m)=10^m-1 mod b$ 的定義得知 $10^m-1=rb+f(m)$ ，其中 $r$ 是某個整數，從而兩邊加1得 $10^m=rb+f(m)+1$ ，進而由 $v$ 既整除 $b$ 又整除 $f(m)+1$ 得到 $v$ 能夠整除 $10^m$ ，得知存在另一個整數 $y$ 滿足 $vy=10^m$ 。

因此我們得到：
$frac{a}{b}=a imes frac{1}{v} imes frac{1}{u}=a imes frac{y}{10^m} imes frac{x}{10^k-1}= frac{1}{10^m} imes frac{axy}{10^k-1}$

咱們令 $axy=(10^k-1)q+p,0 leq p<10^k-1$
則可以得到：
$frac{a}{b}=frac{q}{10^m}+frac{1}{10^m} imes frac{p}{10^k-1}$
和上一節的結論一比較，就可以知道這一定是一個有限小數或循環小數之。由於分數a、b的選擇是任意的，證明完畢。

循環 ==&> 有理數：trivial

有理數 ==&> 循環：
只需證明對任意 $frac{p}{q}$ ，集合 $left{frac{10^np}{q}-left[frac{10^np}{q} ight] ight}$ , $nin mathbb{N}$ 只能取有窮個值即可。這等價為
$left{10^np-qleft[frac{10^np}{q} ight] ight}$ 為有窮集合。記 $10^np=qalpha_n + k_n, ext{ where } k_n< q$ ，我們有原集合為 ${k_n}$ ，顯然這是有窮的。

符號太多不讓發。。。發截圖好了

用等比級數就可以了。。。

其實你就用小學學的那種豎式除法，找幾個除不開的分母去算。算過幾個之後，你就明白這是為什麼了……

S1
證：有理數必然表示成周期小數（完善匿名知友的回答）
1.簡單起見，設一正有理數為P/Q，其中P , Q 屬於正整數
設P mod Q = R0 且 P = Q * N + R0 （其中N為P/Q的商）
將餘數R0右移至十分位（R0乘以10，即將位權為 $10^{0}$ 的R0轉變為位權為 $10^{-1}$ 的10*R0），並再次除以Q 以獲得商N1和餘數R1，則有
$10cdot R_{0} = Q * N_{1} +R_{1}$ [其中, $N_{1}$ 為P/Q的小數在十分位的值]
按照同樣方法可得到（將處於十分位的R1移至百分位）
$10cdot R_{1} = Q * N_{2} +R_{2}$
...
$10cdot R_{i} = Q * N_{i+1} +R_{i+1}$
[其中, $N_{i}$ 為P/Q的小數在 $10^{-i}$ 位的值，( $0leq N_{i}leq 9$ )；
$R_{i}$ 為餘數， $0leq R_{i} leq Q-1$ ， $R_{i}$ 的位權為 $10^{-i}$ ；]
…
$10cdot R_{n-1} = Q * N_{n} +R_{n} ..............................Eq.1.1$
$10cdot R_{n} = Q * N_{n+1} +R_{n+1} ...........................Eq.1.2$
最終的小數結果為 $N.N_{1}N_{2}N_{3}N_{4}N_{5}N_{6}...$
（約減到 $N_{n}$ 時小數和分數誤差為 $frac{R_{n}}{Q}cdot 10^{-n}$ ，
即 $frac{R_{n}}{Q}cdot 10^{-n} = 0.000 ...0N_{n+1}N_{n+2}... .................Eq.1.3$ )

由於 $0leq R_{i} leq Q-1$ ，則至多 $Q+1$ 次就會有重複的餘數 $R_{i}$ 。
一旦 $R_{i}$ 出現重複值，那麼之後的 $N_{i+k}$ 和 $R_{i+k}$ 也會跟著重複
那就說明這個小數必然是有周期存在的，且周期不大於 $Q$ 。

也可以從另一角度來看，
$frac{P}{Q} = N.N_{1}N_{2}N_{3}...$ ,將小數左移n位

$frac{10^{n}cdot P}{Q} = NN_{1}N_{2}N_{3}...N_{n} +0.N_{n+1}N_{n+2}... =NN_{1}N_{2}N_{3}...N_{n} +frac{R_{n}}{Q}$ ,
由於 $0leq R_{i} leq Q-1$ ， $frac{R_{n}}{Q}$ 必為有限個值，而n可以取無限個數，那麼
必存在 $frac{R_{i}}{Q} =frac{R_{i+T}}{Q}........................Eq.1.4$ ，而 $frac{R_{i+2T}}{Q}cdot 10^{-(i+2T)} = frac{R_{i+T}}{Q}cdot 10^{-(i+T)} - (frac{R_{i}}{Q}cdot 10^{-(i)} -frac{R_{i+T}}{Q}cdot 10^{-(i+T)})cdot 10^{-T}$
帶入Eq.1.4 易得 $frac{R_{i+2T}}{Q} =frac{R_{i}}{Q}$ ，易歸納的得 $frac{R_{i+kT}}{Q} =frac{R_{i}}{Q}$ ，也就是小數部分以T為循環。

2.有限小數的出現是因為 $R_{i}$ =0.
3.對於負有理數，可先轉化為正有理數，之後轉為上述證明

S2
計算周期小數對應的分數的方法比較多，這裡根據S1中的分析結合樓主給的小數進行計算
[樓主給的例子0.1688311..的分數為：168831/999999=13/77]
將原來的公式Eq.1.1 化為：
$frac{R_{n-1}}{Q}=(N_{n}+frac{R_{n} }{Q}) cdot 10^{-1}$
兩邊同乘以 $10^{-(n-1)}$
$frac{R_{n-1}}{Q}cdot 10^{-(n-1)}=N_{n}cdot 10^{-n}+frac{R_{n} }{Q} cdot 10^{-n}.....Eq.2.1$
其中, $frac{R_{n-1}}{Q}cdot 10^{-(n-1)}$ 為S1中 $N_{n-1}$ 項後的余值
設 $N_{m}$ 為所選擇的小數循環部分的首位（ $m > 0$ ），循環周期為T【在0.1688311..中T=6】
則 $R_{m-1} =R_{m-1+T} ............................. Eq.2.2$
由Eq.2.1
$frac{R_{k} }{Q}cdot 10^{-k} =sum_{i=k+1}^{n}{10^{-i} } N_{i}+frac{R_{n} }{Q}cdot 10^{-n} ...........Eq.2.3$

設上式中 $k=m-1$ , $n=m-1+T$ 並帶入Eq.2.2中的等式有
$frac{R_{m-1} }{Q}cdot10^{-(m-1)} =frac{sum_{i=m}^{m-1+T}{10^{-i} } N_{i}}{1-10^{-T}}............Eq.2.4$
可見Eq.2.4 和等比級數極值形式相同( $frac{a_{1}}{1-q}$ )，原小數完全可以轉化為等比級數求解。
樓主的例子中小數部分沒有非循環部分，所以 $frac{R_{0} }{Q}=frac{R_{m-1} }{Q}cdot10^{-(m-1)}$
，如果有的話
$frac{R_{0} }{Q}= sum_{i=1}^{m-1}{10^{-i} } N_{i}+frac{R_{m-1} }{Q}cdot 10^{-(m-1)} =sum_{i=1}^{m-1}{10^{-i} } N_{i} +frac{sum_{i=m}^{m-1+T}{10^{-i} } N_{i}}{1-10^{-T}}$
S3
總：
1.公式Eq.2.4其實也可以通過多組等比數列加和求出，無限循環小數可分解為不循環部分和循環部分，其中循環部分可以根據其周期T分解為T個q=10^-T的等比數列，也可以整個看做q=10^-T的一個等比數列。
2.證明的角度是從公式 $10cdot P_{n}=[frac{10Pn}{Q} ]*Q+ P_{n+1}$ 入手的，當 $P_{n}$ 相同時，就是一個新的周期的開始。 $P_{n}$ 的可取值範圍限制在Q內，所以必然會重複出現。這一想法來源於一位匿名知友，另一名匿名知友直接從集合的角度考慮問題，通過考慮 $left{frac{10^np}{q}-left[frac{10^np}{q} ight] ight}$ 和 $10^np=qalpha_n + k_n, ext{ where } k_n< q$ ，利用小數部分左移後的集合的有窮性，更容易的證明了該問題，本質上，上述兩種證明方式原理相同，後者從全局角度考慮問題，兩者有一個共通的公式 $10^{n} cdot p=[frac{10^{n} p}{q} ]*q+ r_{n}$ ,其中 $r_{n}$ 為餘數， $[frac{10^{n} p}{q} ]$ 為商， $frac{10^{n} p}{q}$ 為左移n位運算,那麼 $r_{n}$ &< $q$ ,則不管左移多少位，小數部分 $left{frac{10^np}{q}-left[frac{10^np}{q} ight] ight}$ = $frac{r_{n}}{q}$ 的值屬於一個有限的集合，且只要左移至多q+1次（每次左移一位），必會出現小數部分完全相等的情況，那麼可以推斷這兩次左移之間數為一循環.知友王小龍的解答前部分非常易懂，利用循環小數等比數列的性質證明其為有理數，後部分通過反過來尋找有理分數中的等比級數項分母的因子 $10^{m} ,(10^{T}-1)$ 證明有理數都可以表示為小數。
3.不過，個人認為一個分數（1/3）和一個無限循環小數(0.3333333...)還是有些區別的，在S1中的誤差 $frac{Rn}{Q}cdot 10^{-n}$ （ $frac{1}{3}$ * $10^{-n}$ ）經過無窮次計算都會存在，那麼兩者等價的前提是忽略這個無窮小變數，這等價於兩邊取極限，不看成取極限則相差一個無窮小量。

在10進位里討論這個問題真的大丈夫？雖然答案是顯然的。。但是二進位明顯好解釋，循環不就是進位么。。