Raíz de 2 es irracional
Existen muchísimas pruebas de que \(\sqrt{2}\) es irracional. Esta prueba en particular se atribuye a Niven.
Sabemos que \(1 < \sqrt{2} < 2\) (porque \(1^2 < 2 < 2^2\)). Esto implica que
\begin{equation} \label{eq:ineq} 0 < \sqrt{2} - 1 < 1 \, . \end{equation}
Si \(\sqrt{2}\) fuese racional, tendríamos que \(\exists\, p,q\in\mathbb{N}\) de modo que \(\sqrt{2}=p/q\). Podemos suponer que \(q\) es el natural más pequeño que verifica esta representación. Es decir, si \(x,y\in\mathbb{N}\) cumplen que \(\sqrt{2}=x/y\), entonces \(x\geq p\) e \(y\geq q\). A esta hipótesis de minimalidad la denotamos \((\text{H}_\text{m})\).
Observemos que la igualdad \(\sqrt{2}=p/q\) lleva al siguiente par de identidades:
\begin{equation} \label{eq:eq1} p = q\sqrt{2} \, , \,\,\, \text{y} \end{equation}
\begin{equation} \label{eq:eq2} p\sqrt{2} = 2q \, . \end{equation}
Por tanto, si a \(\sqrt{2}\) lo multiplicamos y dividimos por \(\sqrt{2}-1\), y aplicamos las identidades (\ref{eq:eq2}) y (\ref{eq:eq1}) al numerador y al denominador, respectivamente, tenemos
\[\sqrt{2} = \frac{p}{q} = \frac{p}{q} \cdot \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}-1} = \frac{2q-p}{p-q} \, ,\]donde \(2q-p \in\mathbb{N}\) y \(p-q \in\mathbb{N}\) (porque \(p\) y \(q\) son naturales, y el signo se deduce de la desigualdad (\ref{eq:ineq}) aplicada a \(2q-p = p(\sqrt{2}-1)\) y \(p-q = q(\sqrt{2}-1)\)). Es decir, tenemos un nuevo par de naturales que representan \(\sqrt{2}\) como número racional. Por tanto podemos aplicar \((\text{H}_\text{m})\) y deducir que \(2q-p\geq p\) y \(p-q\geq q\).
Sin embargo, teniendo en cuenta la desigualdad (\ref{eq:ineq}), tenemos que el numerador y el denominador cumplen, respectivamente, \(2q-p = p(\sqrt{2}-1) < p\) y \(p-q = q(\sqrt{2}-1) < q\). Es decir, \(\frac{2q-p}{p-q}\) es una nueva representación de \(\sqrt{2}\) como racional, pero con un numerador y denominador más pequeños que en la representación \(p/q\), violando así la hipótesis de minimalidad \((\text{H}_\text{m})\).
En conclusión, \(\sqrt{2}\) no puede ser racional.
Esta demostración es fácilmente generalizable a cualquier natural \(n\) que no sea un cuadrado perfecto. En ese caso habría que tener en cuenta que \(n\) está encajado entre cuadrados perfectos. Es decir, \(\exists\, m\in\mathbb{N}\) tal que \(m^2 < n < (m+1)^2\), de lo que se deduce que \(m < \sqrt{n} < m+1\) y, por tanto, \(0 < \sqrt{n}-m < 1\). A partir de esto, la demostración es similar.