A végtelen leszállás (descente infinie) egy indirekt bizonyítási módszer, ami azon alapul, hogy a természetes számok minden részhalmazának van legkisebb eleme. A módszert Pierre de Fermat fejlesztette ki, és sok eredményéhez ezzel a módszerrel jutott el. A nagy Fermat-tételnek egy n = 4-hez tartozó speciális esete például belátható végtelen leszállással.

A XX. század számelmélete újra felfedezte a végtelen leszállást. Hozzákapcsolódott az algebrai számelmélethez és az L-függvényekhez. Mordell eredménye, hogy az elliptikus görbék racionális pontjainak csoportja végesen generált, szintén végtelen leszállással adódott. André Weil ezt az eredményt terjesztette ki magasságfüggvény használatával; ez később úttörőnek bizonyult. A Mordell–Weil tétel nyomán egy egészen új elmélet alakult ki.

Az érvelés indirekt, tehát feltesszük, hogy a bizonyítandó állítás nem igaz, vagyis hogy a szóban forgó egyenlet megoldható a természetes számok halmazán. Tudjuk, hogy a természetes számok minden részhalmazának van legkisebb eleme, ezért ha minden feltételezett megoldásból újabb, természetes számokból álló megoldást tudunk készíteni, akkor ellentmondást kaptunk, és a szóban forgó egyenlet nem oldható meg a természetes számok halmazán.

Másként, az egyenlet megoldáshalmazának is van legkisebb eleme, mivel a megoldáshalmaz a természetes számok halmazának része. Ebből készítünk egy még kisebb megoldást a feladat és a természetes számok tulajdonságainak felhasználásával. Ez ellentmond annak, hogy a legkisebb megoldásból indultunk ki, tehát az egyenlet megoldhatatlan.

Tegyük fel, hogy egy legkisebb megoldásból tudunk még kisebb megoldást csinálni! Ezen nyugszik a végtelen leszállás alapelve, és amihez konkrét bizonyítás szükséges.

• Az indukció megkezdése: a legkisebb megoldás nem lehet a 0, mert akkor lenne a 0-nál kisebb természetes szám. Mivel nincs ilyen szám, ezért ellentmondásra jutottunk.
• Az indukciós feltevés: feltesszük, hogy már minden k ≤ k₀-ra bizonyítva van, hogy nem lehet legkisebb megoldás.
• Az indukciós lépés: mivel k₀ nem lehet a legkisebb megoldás, ezért annak a k ≤ k₀ számok között kell lennie. Ez ellentmond az indukciós feltevésnek.

Tehát a legkisebb megoldás nem létezik, így semmilyen megoldás nincs, tehát az egyenlet megoldhatatlan.

${\displaystyle {\sqrt {2}}}$ pozitív. Feltesszük indirekt, hogy racionális, tehát vannak olyan ${\displaystyle x,y}$ természetes számok, hogy ${\displaystyle {\sqrt {2}}={\tfrac {x}{y}}}$. Négyzetre emelve kapjuk az ${\displaystyle x^{2}=2\cdot y^{2}}$ egyenletet, aminek megoldásai az ${\displaystyle x,y}$ természetes számok. Állítjuk, hogy egy adott ${\displaystyle x,y}$ megoldásból készíthető egy ${\displaystyle x_{1},y_{1}}$ megoldás, ami abban az értelemben kisebb, hogy ${\displaystyle y_{1}<y}$.

Az ${\displaystyle x^{2}=2y^{2}>y^{2}}$ egyenlőtlenség miatt ${\displaystyle x>y}$, tehát ${\displaystyle y_{1}:=x-y}$ is természetes szám. Hasonlóan, ${\displaystyle (2y)^{2}>2\cdot y^{2}=x^{2}}$ miatt ${\displaystyle 2y>x}$, és így ${\displaystyle x_{1}:=2y-x}$ szintén természetes szám. Emellett még ${\displaystyle y>x-y=y_{1}}$ is teljesül.

Az ${\displaystyle x^{2}=2y^{2}}$ egyenlet felhasználásával: ${\displaystyle x_{1}^{2}=(2y-x)^{2}=4y^{2}-4xy+x^{2}=2y^{2}+x^{2}-4xy+x^{2}=2\cdot (y^{2}-2xy+x^{2})=2\cdot (x-y)^{2}=2y_{1}^{2}}$ tehát ${\displaystyle (x_{1},y_{1})}$ is megoldása az egyenletnek.

Tudjuk, hogy ha az egyenlet megoldható, akkor van olyan megoldás is, amiben y minimális. Azonban ahogy láttuk, ilyen nincs, mert tetszőleges megoldásból lehet kisebbet készíteni. Eszerint a ${\displaystyle {\sqrt {2}}}$ racionális volta nem állja meg a helyét, tehát ${\displaystyle {\sqrt {2}}}$ irracionális.

Hasonlóan, ha tetszőleges megoldás helyett a legkisebb megoldásból indulunk ki, akkor a kisebb megoldás létezése megcáfolja annak legkisebb voltát. Érvelhetünk úgy is, hogy minden ${\displaystyle y_{1}<y}$-hoz is készíthető kisebb y, tehát készíthető y-oknak végtelen ${\displaystyle y>y_{1}>y_{2}>y_{3}>\ldots }$ sorozata, ami a természetes számok alulról korlátos volta miatt lehetetlen, tehát ismét ellentmondáshoz jutunk.

Legyen k pozitív egész. Belátjuk, hogy ha √k nem egész, akkor irracionális.

Feltesszük, hogy mégis racionális. Legyen √k = ^m/⁄_n, ahol ^m és ⁄_n a lehető legkisebb természetes számok. Legyen továbbá q a legnagyobb egész, ami nem nagyobb √k-nál.

Ekkor

${\displaystyle {\begin{aligned}{\sqrt {k}}&={\frac {m}{n}}\\[8pt]&={\frac {m({\sqrt {k}}-q)}{n({\sqrt {k}}-q)}}\\[8pt]&={\frac {m{\sqrt {k}}-mq}{n{\sqrt {k}}-nq}}\\[8pt]&={\frac {nk-mq}{m-nq}}\end{aligned}}}$

azaz √k kifejezhető kisebb számokkal, ami ellentmondás.^[1]

Végtelen leszállással megmutatható, hogy az

${\displaystyle a^{2}+b^{2}=3\cdot (s^{2}+t^{2})}$

egyenlet egyetlen megoldása ${\displaystyle a=b=s=t=0}$ az egész számok halmazán.

Tegyük fel, hogy van nem triviális megoldás! Ekkor van nem negatív megoldás is, ugyanis ${\displaystyle a,b,s,t}$ mindegyike helyettesíthető az abszolút értékével. Ezután elég a nem negatív megoldásokkal foglalkozni.

Legyen most ${\displaystyle a_{1},b_{1},s_{1},t_{1}}$ egy nem negatív megoldás! Ekkor

${\displaystyle 3\mid a_{1}^{2}+b_{1}^{2}\,}$

Ez csak úgy lehet, hogy ${\displaystyle a_{1}}$ és ${\displaystyle b_{1}}$ is osztható 3-mal. Legyen

${\displaystyle 3a_{2}=a_{1}{\text{ and }}3b_{2}=b_{1}.\,}$

így

${\displaystyle (3a_{2})^{2}+(3b_{2})^{2}=3\cdot (s_{1}^{2}+t_{1}^{2})\,}$

és

${\displaystyle 3(a_{2}^{2}+b_{2}^{2})=s_{1}^{2}+t_{1}^{2},\,}$

ami egy új nem negatív s₁, t₁, a₂, b₂ megoldást ad. Ezek összege kisebb, mint az eredetié. Ez az eljárás végtelenszer megismételhető, ami ellentmond annak, hogy a természetes számoknak nincs végtelen hosszú szigorúan monoton csökkenő sorozata.

Tehát ennek a diofantoszi egyenletnek nincs nem triviális megoldása.

Nevezetes példa a nagy Fermat-tétel egy speciális esetének bizonyítása. A páratlan prímek mellett elég az n = 4 speciális esetre belátni a megoldhatatlanságot. Többet bizonyítunk, az ${\displaystyle q^{4}+s^{4}=t^{4}}$ egyenlet helyett az ${\displaystyle r^{2}+s^{4}=t^{4}}$ egyenletet használjuk. Egy újabb bizonyítás egy még általánosabb esettel foglalkozik, hogy nincs olyan pitagoraszi háromszög, aminek befogói egy négyzetszám, illetve ezen négyzetszám kétszerese.^[2]

Tegyük fel, hogy kaptunk valahonnan egy ilyen háromszöget. Ekkor a pitagoraszi tulajdonság megtartásával skálázhatjuk úgy, hogy ne legyenek közös tényezőik. A primitív pitagoraszi háromszögek oldalai írhatók így:

${\displaystyle x=2ab,}$ ${\displaystyle y=a^{2}-b^{2},}$ ${\displaystyle z=a^{2}+b^{2}}$, ahol a és b relatív prímek, és a+b páratlan, ezért y és z is páratlan. Három eset van aszerint, hogy melyik oldalpár lesz négyzet, vagy egy négyzet kétszerese:

• y és z: Mivel y és z páratlan, ezért nem lehetnek egy négyzet kétszeresei; ha mindkettő négyzet, akkor az ${\displaystyle {\sqrt {yz}}}$ és ${\displaystyle b^{2}}$ befogójú és ${\displaystyle a^{2}}$ átfogójú derékszögű háromszög oldalai szintén egészek lennének úgy, hogy ${\displaystyle b^{2}}$ befogó és ${\displaystyle a^{2}}$ átfogó, és átfogója kisebb: ${\displaystyle a^{2}}$ ${\displaystyle z=a^{2}+b^{2}}$ helyett.

• y és x: Ha y négyzet és x négyzet vagy egy négyzet kétszerese, akkor a és b is négyzet vagy négyzet kétszerese, és az ${\displaystyle b}$ és ${\displaystyle {\sqrt {y}}}$ befogójú és ${\displaystyle a}$ átfogójú derékszögű háromszög két oldala, b és a négyzet vagy négyzet kétszerese lenne, aminek átfogója rövidebb lenne, mint az eredetié: ${\displaystyle a}$ ${\displaystyle z=a^{2}+b^{2}}$ helyett.

• z és x: Ha z négyzet és x négyzet vagy négyzet kétszerese, akkor a és b is négyzet vagy négyzet kétszerese, és az ${\displaystyle a}$ és ${\displaystyle b}$ befogójú és ${\displaystyle {\sqrt {z}}}$ átfogójú derékszögű háromszög két oldala, ${\displaystyle a}$ ésd ${\displaystyle b}$ négyzet, vagy négyzet kétszerese, és átfogója rövidebb, mint az eredetié ${\displaystyle {\sqrt {z}}}$ ${\displaystyle z}$ helyett.

Bármely ilyen esetben, ahol két oldal vagy mindegyike négyzet, vagy mindegyike egy négyzet kétszerese, kaphatunk egy kisebb megoldást, ami nem mehet a végtelenségig, tehát nem létezhet ilyen háromszög. Innen következik, hogy ${\displaystyle r^{2}+s^{4}=t^{4}}$ megoldhatatlan, különben r, s² és t² egy ilyen háromszög oldalai lennének.

További példák találhatók itt: ^[3] és .^[4]

• Alice és Bob - 17. rész: Alice és Bob ókori haverja

• "Das kleine Einmaleins des klaren Denkens: 22 Denkwerkzeuge für ein besseres Leben" von Christian Hesse, Verlag: Beck; Auflage: 2 (14. Mai 2009)
• Matroids Matheplanet: A végtelen leszállás