素数が無限に存在すること・√２が無理数であることはギリシア数学のなかでも有名な定理です．それぞれユークリッドとピタゴラスが背理法を用いて証明しています．
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【１】√２の近似値とペル数列
√２は２つの整数の比ｐ／ｑではないので，√２＝ｐ／ｑすなわちｐ^2＝２ｑ^2になるような２つの整数ｐ，ｑを見つけることはできません．しかし，誤差±１を許すことにすると
２ｑ^2＝ｐ^2±１ （ペル方程式）
なる２つの整数ｐ，ｑを見つけることができます．
ところで，ａn＝２ａn-1＋ａn-2という漸化式で生成される数列
１，２，５，１２，２９，７０，１６９，４０８，・・・
はペル数列と呼ばれます．これにはおもしろい性質があって，
１^2＋１^2＝１^2＋１
２^2＋２^2＝３^2−１
５^2＋５^2＝７^2＋１
１２^2＋１２^2＝１７^2−１
・・・・・・・・・・・・・
このとき，±１は交互に繰り返し現れます．
√２の最良近似値は1/1,3/2,7/5,17/12,41/29,･･･です．このような分数を全部求めるには１／１から出発して１＋１＝２が次の分母になり，１＋２＝３が次の分子になる，３＋２＝５が第３の分母，２＋５＝７が第３の分子になる，すなわち，１つ前の分数の分子と分母の和が次の分母になり，ひとつ前の分数の分母を２倍したものとその分子の和が次の分子になり，同様に続いていくという算術的な規則があります．
1/1↓ ↑3/2↓ ↑7/5↓ ↑17/12↓ ↑41/29↓ ・・・
すなわち，ペル方程式：ｐ^2−２ｑ^2＝±１を満たすｐ／ｑがひとつの分数で，Ｐ／Ｑが次の分数だとすると
Ｑ＝ｐ＋ｑ，Ｐ＝ｑ＋Ｑ＝ｐ＋２ｑ
Ｐ^2−２Ｑ^2＝２ｑ^2−ｐ^2＝±１
となって，Ｐ／ＱもまたＰ^2−２Ｑ^2＝±１となる分数を与えることができることになります．１／１から始まって次々に解となる分数を見つけることができるというわけです．
ｐ／ｑ→Ｐ／Ｑ＝（ｐ＋２ｑ）／（ｐ＋ｑ）
（−１） 1/1＜7/5＜41/29＜239/169＜・・・＜√２＜・・・＜577/408＜99/70＜17/12＜3/2 （＋１）
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［補］ペル数列（ａn＝２ａn-1＋ａn-2）
１，２，５，１２，２９，７０，１６９，４０８，・・・
の特性方程式
ｘ^2−２ｘ−１＝０
の２根を
γ＝１＋√２，δ＝１−√２
とおくと，ペル数列の一般項は，
Ｐn＝１／２√２（γ^n−δ^n）
また，連続する２項の比は
１＋√２
に次第に近づくことになります．
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［補］フェルマー・ワイルスの定理より
ｘ^n＋ｙ^n＝ｚ^n
に整数解が存在するのは，ｎ＝１と２の場合だけです．したがって，ａ^3＋ｂ^3＝ｃ^3になるような３つの整数ａ，ｂ，ｃを見つけることはできませんが，誤差±１を許すことにすると
６^3＋８^3＝９^3−１
のようにぎりぎりこれに近い式を見つけることができます．
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［補］カタラン予想の解決
また，１７３４年，オイラーは，
ｘ^2−ｙ^3＝１
ならば（ｘ，ｙ）＝（３，２）であることを示しました．１８４４年，カタランは方程式：
ｘ^p−ｙ^q＝１
の整数解が（ｘ，ｙ，ｐ，ｑ）＝（３，２，２，３）だけである，すなわち，８と９だけが唯一連続するベキ乗数であるということであると予想しました．
３^2−２^3＝１
ですが，それに証明を与えることはできませんでした．オイラー以後，カタラン予想の一般的な証明は多くの数学者たちの挑戦を退けてきたが，２００２年，ミハイレスクがすべてを解決しました．ミハイレスクは（ｐ，ｑ）がヴィーフェリッヒ対でなければならないこと，そして，クンマーがフェルマー予想の証明の試みの中での発展させた「円分体の理論」を利用して，１５８年間進展の見られなかったこの問題の最後の穴をふさぐことができたのです．
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【２】ペル方程式に帰着される問題
（Ｑ１）１からｎ−１までの和がｎ＋１からｍまでの和に等しくなる（ｍ，ｎ）を求めよ．
（Ａ１）この問題は，ラマヌジャンがマハラノビスに出題したパズルで，
（ｎ−１）ｎ／２＝（ｍ−ｎ）（ｍ＋ｎ−１）／２なる（ｍ，ｎ）を求めるものというものです．これを整理すると
ｍ^2＋ｍ＝２ｎ^2
になるのですが，両辺を４倍して１加えます．すると
４ｍ^2＋４ｍ＋１＝８ｎ^2＋１
（２ｍ＋１）^2＝２（２ｎ）^2＋１
ここで，２ｍ＋１＝ｐ，２ｎ＝ｑとおくと
ｐ^2−２ｑ^2＝１ （ペル方程式）
に帰着されます．
√２の最良近似分数列ｐ／ｑ
1/1,3/2,7/5,17/12,41/29，99/70,239/169,577/408,･･･
において，
ｐ^2−２ｑ^2＝±１ （ペル方程式）
の±１は交互に繰り返し現れます．
１^2＋１^2＝１^2＋１
２^2＋２^2＝３^2−１
５^2＋５^2＝７^2＋１
１２^2＋１２^2＝１７^2−１
・・・・・・・・・・・・・
したがって，
（ｐ，ｑ）＝（３，２），（１７，１２），（９９，７０），（５７７，４０８），（３３６３，２３７８），・・・
→（ｍ，ｎ）＝（１，１），（８，６），（４９，３５），（２８８，２０４），（１６８１，１１８９），・・・
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（Ｑ２）△＝□，すなわち，三角数ｎ（ｎ＋１）／２が完全平方数ｍ^2となるｎの値を求めよ．
（Ａ２）ｎ^2＋ｎ＝２ｍ^2
４ｎ^2＋４ｎ＋１＝８ｍ^2＋１
（２ｎ＋１）^2＝２（２ｍ）^2＋１
ここで，２ｎ＋１＝ｐ，２ｍ＝ｑとおくと
ｐ^2−２ｑ^2＝１ （ペル方程式）
に帰着されます．
（ｐ，ｑ）＝（３，２），（１７，１２），（９９，７０），（５７７，４０８），（３３６３，２３７８），・・・
→（ｎ，ｍ）＝（１，１），（８，６），（４９，３５），（２８８，２０４），（１６８１，１１８９），・・・ｎは完全平方と完全平方の２倍を交互に繰り返します．
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