Một chứng minh ngắn về tính vô tỉ của √2 sử dụng định lý nghiệm hữu tỉ, phát biểu rằng nếu P(x) là một đa thức monic với hệ số nguyên, thì bất kì nghiệm hữu tỉ nào của P(x) cũng là một số nguyên. Áp dụng định lý cho đa thức P(x) = x2 − 2, ta suy ra √2 hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Vì 1<√2<2 nên nó không là một số nguyên, do đó √2 là một số vô tỉ. Chứng minh này có thể tổng quát: căn bậc hai của bất kì số tự nhiên nào không phải số chính phương là một số vô tỉ.

Xem số vô tỉ bậc hai hoặc lùi vô hạn cho chứng minh rằng căn bậc hai của bất kì số tự nhiên không phải số chính phương nào cũng là vô tỉ.

Chứng minh bằng lùi vô hạn

Một trong những chứng minh phổ biến nhất sử dụng phương pháp lùi vô hạn. Đây cũng là chứng minh bằng phản chứng, trong đó mệnh đề cần chứng minh được giả sử là sai rồi suy ra giả sử này không thể xảy ra, tức mệnh đề cần chứng minh là đúng.

1. Giả sử √2 là một số hữu tỉ, tức √2 có thể viết dưới dạng một phân số tối giản a/b, trong đó a và b nguyên tố cùng nhau.
2. Ta suy ra a2/b2 = 2 và a2 = 2b2.   (a2 và b2 là các số nguyên)
3. Do đó a2 là số chẵn, nên a cũng là số chẵn, tức tồn tại số nguyên k sao cho a = 2k.
4. Thay 2k cho a trong đẳng thức ở bước 2: 2b2 = (2k)2 ta được b2 = 2k2.
5. Lập luận như bước 3, ta được b2 là số chẵn, nên b là số chẵn.
6. Như vậy cả a và b đều là số chẵn, trái với giả thiết rằng a và b là hai số nguyên tố cùng nhau.

Vì ta suy ra được một điều vô lý, giả sử (1) rằng √2 là số hữu tỉ là sai. Tức là, √2 phải là một số vô tỉ.

Chứng minh này được gợi ý bởi Aristotle, trong cuốn Analytica Priora, §I.23.[11] Chứng minh hoàn chỉnh đầu tiên xuất hiện trong bộ Cơ sở của Euclid, là mệnh đề 117 của Quyển X. Tuy nhiên, từ đầu thế kỷ 19 nhiều sử gia cho rằng chứng minh này không nằm trong bản thảo gốc và do đó không thể cho là của Euclid.[12]

Chứng minh hình học

Hình 1. Chứng minh hình học của Stanley Tennenbaum cho tính vô tỉ của √2.

Một biểu diễn hình học của chứng minh trên được John Horton Conway cho là của Stanley Tennenbaum khi ông còn là học sinh đầu thập niên 1950[13] và lần xuất hiện gần đây nhất là trong một bài báo bởi Noson Yanofsky trong tạp chí American Scientist số tháng 5-6 2016.[14] Cho hai hình vuông có cạnh là số nguyên a và b, trong đó một cái có diện tích gấp đôi cái kia, đặt hai hình vuông nhỏ trong hình vuông lớn như trong hình 1. Phần giao nhau ở giữa có diện tích ((2b − a)2) phải bằng tổng diện tích của hai hình vuông nhỏ không được che phủ (2(a − b)2). Như vậy ta thu được hai hình vuông nhỏ hơn các hình vuông ban đầu và diện tích cái này gấp đôi cái kia. Lặp lại quá trình này ta có thể thu nhỏ các hình vuông tùy ý, nhưng điều này là vô lý do chúng phải có cạnh là số nguyên dương, tức lớn hơn hoặc bằng 1.

Hình 2. Chứng minh hình học của Tom Apostol cho tính vô tỉ của √2.

Một chứng minh hình học sử dụng phản chứng khác xuất hiện năm 2000 trong tập san American Mathematical Monthly.[15] Nó cũng là một chứng minh sử dụng phương pháp lùi vô hạn, đồng thời sử dụng phép dựng hình bằng thước kẻ và compa đã được biết từ thời Hy Lạp cổ đại.

Lấy △ABC vuông cân với cạnh huyền m và cạnh bên n như trong Hình 2. Theo định lý Pythagoras, m/n = √2. Giả sử m và n là các số nguyên và m:n là phân số tối giản

Vẽ các cung BD và CE với tâm A. Nối DE cắt BC tại F. Dễ thấy, hai tam giác ABC và ADE bằng nhau theo cạnh-góc-cạnh.

Ngoài ra ta cũng thấy △BEF là tam giác vuông cân. Do đó BE = BF = m − n. Theo tính đối xứng, DF = m − n, và △FDC cũng là tam giác vuông cân. Ta suy ra FC = n − (m − n) = 2n − m.

Như vậy ta có một tam giác vuông cân nhỏ hơn với cạnh huyền 2n − m và cạnh bên m − n. Chúng nhỏ hơn m và n nhưng có cùng tỉ lệ, trái với giả thiết là m:n là tối giản. Do đó, m và n không thể cùng là số nguyên, nên √2.

Chứng minh trực tiếp

Một hướng đi khác mang tính xây dựng là thiết lập một chặn dưới cho hiệu của √2 và một số hữu tỉ bất kì. Với hai số nguyên dương a và b, số mũ đúng của 2 (tức số mũ của 2 trong khai triển ra thừa số nguyên tố) của a2 là chẵn, còn của 2b2 là lẻ, nên chúng là các số nguyên khác nhau; do đó | 2b2 − a2 | ≥ 1 với mọi a, b nguyên dương. Khi đó[16]

| 2 − a b | = | 2 b 2 − a 2 | b 2 ( 2 + a b ) ≥ 1 b 2 ( 2 + a b ) ≥ 1 3 b 2 , {\displaystyle \left|{\sqrt {2}}-{\frac {a}{b}}\right|={\frac {|2b^{2}-a^{2}|}{b^{2}\left({\sqrt {2}}+{\frac {a}{b}}\right)}}\geq {\frac {1}{b^{2}\left({\sqrt {2}}+{\frac {a}{b}}\right)}}\geq {\frac {1}{3b^{2}}},}

bất đẳng thức cuối đúng do ta giả sử a/b ≤ 3 − √2 (nếu không thì hiệu trên hiển nhiên lớn hơn 3 − 2√2 > 0). Bất đẳng thức này cho ta chặn dưới 1/3b2 của hiệu | √2 − a/b |, từ đó dẫn đến chứng minh tính vô tỉ trực tiếp mà không cần giả sử phản chứng. Chứng minh này chỉ ra rằng tồn tại một khoảng cách giữa √2 và bất kỳ số hữu tỉ nào.