Метод бесконечного спуска Л. Курляндчик, Г. Розенблюм
    Какое иррациональное число самое "старое"? Несомненно, v2. Мы не знаем точно, кто первый доказал иррациональность этого числа, однако мы убеждены, что сделано было это примерно так. Доказательство первое
    Допустим, что число v2 рационально. Геометрически это означает, что диагональ квадрата длины c соизмерима с его стороной длины a, то есть найдутся отрезок длины d и целые числа m и n такие, что c = dm, a = dn. Отметим m-1 точек на диагонали AC и n-1 точек на стороне DC, делящие эти отрезки на кусочки длины d. Отложим на [AC] отрезок AK: |AK| = |AD|; на [DC] - отрезок DE: |DE| = |KC|. Точки K и E попадут в отмеченные точки (см. рис.). Докажем, что треугольники ACD и KEC подобны. Угол C у них общий. Достаточно, значит, проверить равенство
    |KC|
    |EC| = |CD|
    |AC| .
    Заметим, что |KC| = c - a, |EC| = 2a - c. Поэтому
    |KC|2
    |EC|2 = c2 + a2 - 2ac
    c2 + 4a2 - 4ac .
    Поскольку c2 = 2a2, то
    |KC|2
    |EC|2 = 3a2 - 2ac
    6a2 - 4ac = 1
    2 = |AD|2
    |AC|2 .
    Таким образом, треугольник KEC, подобный треугольнику ACD, - прямоугольный равнобедренный, и мы можем проделать на его сторонах такое же построение, как на сторонах треугольника ACD. Отложим на [EC] отрезок EK1: |EK1| = |KC|; на [KC] - отрезок KE1: |KE1| = |K1C|. Точки K1 и E1 вновь попадут в точки деления. Треугольник K1CE1 снова окажется прямоугольным равнобедренным. Для него мы тем же способом построим треугольник K2CE2; эту процедуру можно продолжать без конца. При этом треугольники KjCEj становятся всё мельче, но всякий раз точки Kj и Ej будут попадать в первоначальные точки деления отрезков AC и CD. Но ведь этих точек только конечное число! А треугольников KjCEj бесконечно много. Это противоречие и доказывает иррациональность v2.
    Прошли века... Появилось алгебраическое доказательство, пожалуй, более простое.
    Доказательство второе
    Иррациональность v2 означает, что у уравнения x2 = 2y2 нет решений в натуральных числах x, y. Допустим, что такие решения есть, и x = m, y = n - одно из них.
    Из уравнения следует, что m - чётное число, m = 2m1. Подставляя m = 2m1 в уравнение, получаем n2 = 2m12, то есть x = n, y = m1 - тоже решение. Отметим при этом, что n < m, m1 < n. Теперь видно, что n - чётное число, n = 2n1, следовательно, m12 = 2n12. Таким образом, x = m1, y=n1 - решение уравнения, при этом m1 < n, n1 < m1. Мы можем поступать так же и дальше, получая всё меньшие и меньшие решения уравнения. Но здесь-то уже и есть противоречие. Ведь все числа m, n, m1, n1, ... - натуральные, m > n > m1 > n1 > ..., а бесконечной убывающей последовательности натуральных чисел быть не может! Значит, наше предположение было ошибочно, и число v2 иррационально.
    Оба рассуждения по существу проходили по одной схеме: предположив, что у задачи есть решение, мы строили некоторый бесконечный процесс, в то время как по самому смыслу задачи этот процесс должен на чём-то кончаться. Подобный метод и называется методом бесконечного спуска *.
    Часто метод спуска применяется в более простой форме. Предположив, что мы уже добрались до естественного конца процесса, мы видим, что "остановиться" не можем.
    Доказательство третье
    Пусть x = m, y = n - решение уравнения x2 = 2y2 с наименьшим возможным x. ............