在代数上，π＝3.1415926... 是一个无限不循环小数，直觉告诉我们它一直在变动的数。在几何上，直径等于1的圆周长度是π，生活常识告诉我们圆周是长度固定不变的曲线。但是，不管是代数还是几何都是同一个π，于是截然相反的直觉和常识中只有一个是对的，那就是常识，即：π是固定不变的。
那么，为什么我们在代数上的直觉错误呢？这和称作极限的数学概念有关。
极限最早是和一些悖论联系在一起的，其中最有名的莫属古希腊时期芝诺提出的追龟问题：
古希腊跑的最快的英雄阿基里斯追赶一只爬在前方的乌龟。阿基里斯对准乌龟的当前位置跑过去，当他跑到该位置时，乌龟已经向前爬了一段，于是阿基里斯又对准乌龟的新当前位置跑过去，当他跑到该位置时，乌龟又向前爬了一段，于是...
这个循环会进行下去，我们的直觉告诉我们阿基里斯永远追不上乌龟。可是这又违反我们的生活常识：跑的快的人总可以追上跑的慢的人。同一个事物只能有一种可能，这里，常识是对的，直觉又是错的。
我们可通过具体分析找出问题之所在，设，阿基里斯和乌龟的速度分别是 w 和 v，显然 w > v > 0，最初阿基里斯距离乌龟的距离是 l，则：
最初阿基里斯距离乌龟 l，阿基里斯跑完 l 用时 t₀＝l/w；
在 t₀ 时间里乌龟爬了 l₁＝vt₁＝v(l/v)＝l(v/w)，阿基里斯跑完 l₁ 用时 t₁＝l₁/w＝l/w(v/w)；
在 t₁ 时间里乌龟爬了 l₂＝vt₂ ＝l(v/w)²，阿基里斯跑完 l₂ 用时 t₂＝l₂/w＝l/w(v/w)²；
...
在 tᵢ₋₁ 时间里乌龟爬了 lᵢ＝vtᵢ₋₁ ＝l(v/w)ⁱ ，阿基里斯跑完 lᵢ 用时 tᵢ=lᵢ /w=1/w(v/w)ⁱ；
...
令，q = v/w ，则阿基里斯追赶距离呈现如下序列：
l, l q, l q², ..., l qⁱ, ...
第 i 轮追赶结束时，追赶总距离是：
Lᵢ = l l q l q² ... l qⁱ
等式两边同乘以 q，有：
q Lᵢ = l q l q² ... l qⁱ l qⁱ⁺¹ = (l l q l q² ... l qⁱ ) l qⁱ⁺¹ - l = Lᵢ l qⁱ⁺¹ - l
最终得到：
Lᵢ = l(1 - qⁱ⁺¹) / (1 -q)
阿基里斯对乌龟的追赶会一直进行下去，当 i → ∞ 时，由于 w > v > 0，故 0 < q < 1，所以 qⁱ⁺¹ → 0，进而 Lᵢ → l / (1 - q)。令 L = l / (1 - q)，L 就是阿基里斯刚好追上乌龟所跑的距离。
类似地，阿基里斯追赶所用的时间呈现如下序列：
l/w, l/w q, l/w q², ..., l/w qⁱ, ...
第 i 轮追赶结束时，追赶总用时是：
Tᵢ = l/w l/w q l/w q² ... l/w qⁱ
用上面的方法，可以算出：
Tᵢ = l (1 - qⁱ⁺¹) / (w - qw)
同理，当 i → ∞ 时， qⁱ⁺¹ → 0，进而 Tᵢ → l / (w - qw)。令 T = l / (w - qw)，T 就是阿基里斯刚好追上乌龟所用去的时间。
事实上，上面的距离和时间序列都是等比数列，Lᵢ 和 Tᵢ 分别是它们的部分和。
综上，阿基里斯追赶乌龟看似是无限循环下去的，但是随着循环次数的增加，追赶的距离和所花费的时间越来越小，以至于将他们加起来得到的总距离和时间都是固定有限的值，这刚好符合上面的常识。实际上，追赶问题仅仅是小学数学应用题，可以直接由联立方程：
L/w = T，l Tv = L
解得：
L = l / (1 - v/w)，T = l / (w - v)
这和上面折腾了半天的结果完全相同。
追龟问题告诉我们：被分割为无限轮循环的动作序列，并不一定是会永不停歇的进行下去，因为每轮循环所占有的空间和所花费的时间可能会越来越小趋近于零。
到这里即便是事实摆在面前，肯定还有人像我一样，依然觉得追龟会一直进行下去，我是这样说服自己的：
直觉：一个无线的序列加起来怎么可能有限？可以，极端的例子 就是 可列个 0 加起来等于 0；
直觉：总觉得序列相加需要花费时间？
◆ 在数学上，运算只有算了才花费时间，上面的追龟问题，利用巧妙的方法，避免了无限次相加的运算，所以所花时间固定。
◆ 在现实中，事物相加需要时间，但是花费时间可以越来越小趋近于 0，上面的追龟问题就是例子。
其实，在追龟问题求解过程中， L₀, L₁, L₂, ..., Lᵢ ... 也是一个序列，记为 { Lᵢ }，L 称为序列{ Lᵢ } 的极限，同样，T 称为序列 { Tᵢ } 的极限。并不是所有序列都有极限的，比如：
一尺之棰日取其半万世不竭。
每1天取一次，所以每次用时构成序列：
1, 1, 1, ...
第 i 次，总用时为：
Tᵢ = 1 i = i
当 i → ∞， Tᵢ → ∞，故 序列 {Tᵢ } 没有极限，即，所谓的：万世不竭。
回到 π 的问题。令 q = 1/10, 则 π 的 十进制小数 (3.1415926...) 的所有位数构成一个序列：
3, 1q, 4q², 1q³, ..., kᵢ qⁱ , ...
其中，kᵢ 是自然数 并且 0 ≤ kᵢ ≤ 9，数列部分和如下：
πᵢ = 3 1q 4q² 1q³ ... kᵢ qⁱ
构成另外一个序列 { πᵢ } = π₀, π₁, π₂, ..., πᵢ , ... ，接下来就是判断 i → ∞ 时，πᵢ 是否有极限了。由于 kᵢ 不确定，所以我们不能使用追龟问题的方法将 πᵢ 具体求出来，再进行判断。不过好在数学家研究了实数空间，发现它是完备的，即，所有 柯西列 的极限都存在。于是我们只要证明 { πᵢ } 是柯西列就可以了：
根据柯西列定义，如果序列 {aᵢ} 对于任意小的 ε > 0 都能找到 自然数 N 使得对于任意自然数 u, v > N，都有 | aᵤ - aᵥ | < ε，则称 {aᵢ} 是柯西列。
对于任意的 ε > 0，一定存在 N 使得 qᴺ < ε，对于任意 u, v > N，不妨设 u > v，则有：
| πᵤ - πᵥ | = πᵤ - πᵥ = kᵥ₊₁ qᵛ⁺¹ ... kᵤ qᵘ ≤ 9 qᵛ⁺¹ ... 9 qᵘ = 9 qᵛ⁺¹ (1 - qᵘ₋ᵛ) / (1 - q)
将 q = 1/10 带入，有：
| πᵤ - πᵥ | ≤ 9 (1/10)ᵛ⁺¹ (1 - (1/10)ᵘ₋ᵛ) / (1 - 1/10) = (1/10)ᵛ - (1/10)ᵘ = qᵛ - qᵘ
因为 qᵘ > 0，所以：
| πᵤ - πᵥ | < qᵛ
又因为 v > N, 所以 qᵛ < qᴺ ，于是最终有：
| πᵤ - πᵥ | < qᴺ < ε
这就证明了 { πᵢ } 是柯西列，故，当 i → ∞ 时，πᵢ 的极限存在，它就是 π。
这个证明过程并没有，将序列中的每一项计算出来，因此在时间和空间上，这个证明 也是有限的，也就是说“π是固定的”可以在有限的空间和时间中确定，所以“π是固定的”是事实。这和我们的几何常识 相符。
但是，由于我们并没有具体计算出来每个 {πᵢ}，所以我们依然不知道 π 的具体 值。想知道 π 的值只能老老实实 计算，每次计算所花时间基本相等，所以 “计算 π 值”这件事件是永远不会结束的。
注意：知道一个数是固定的 和 知道它的确切值 是两回事情，后者蕴涵前者，前者不蕴涵后者。
无限不循环小数，3.1415926... 就是 { πᵢ } 的极限 π，是固定的数字。只是我们不能在有限的时间内确定它的所有小数位。
我们也可以这样理解：阿基里斯追赶一个前方变速爬行的乌龟，阿基里斯的速度是 w，乌龟速度每轮都不一样，
起初，阿基里斯距离乌龟 l₀ = 3 ， 阿基里斯追赶 l₀ 用时 t₀ = l₀ / w = 3/w；
在 t₀ 时间里乌龟爬了 l₁ = 1q，阿基里斯追赶 l₁ 用时 t₁ = l₁ / w = 1/wq；
在 t₁ 时间里乌龟爬了 l₂＝4q²，阿基里斯追赶 l₂ 用时 t₂＝l₂/w＝4/wq²；
...
在 tᵢ₋₁ 时间里乌龟爬了 lᵢ＝kᵢqⁱ ，阿基里斯追赶 lᵢ 用时 tᵢ=lᵢ /w=kᵢ/wqⁱ；
...
第 i 轮追赶结束时，追赶总距离和总时间是：
Lᵢ = 3 1q 4q² 1q³ ... kᵢ qⁱ
Tᵢ = (3 1q 4q² 1q³ ... kᵢ qⁱ )/w
随着，追赶轮次的增加，乌龟爬行距离越来越短，阿基里斯追赶时间也越来越短，最终 当 i → ∞ 时，Lᵢ → π，Tᵢ → π/w。所以，阿基里斯和乌龟证明了 追赶 π 这么长距离 这件事，在有限的时间和空间是可以完成的，故 π 一定是固定不变的。
最后，大家有没有发现 {πᵢ} 中的每一项 都是有理数，而 {πᵢ} 的极限 π 却是 无理数？
其实，数学家证明了，有理集在实数轴上稠密。所谓稠密就是指：实数轴上任何一个点（包括无理数），都可以找到一个有理数序列，使得后者的极限是前者。
这和 {πᵢ} 的极限是 π 相符合。
极限是 π 的有理数序列并不唯一，比如：
圆的内接正 i 边形周长 Cᵢ ；
Sᵢ = 4 - 4/3 4/5 - 4/7 ...；
都是极限趋近于 π 的有理数序列。
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