ルート2が無理数であることの証明5選

＜証明＞
\(\sqrt{2}\) が、互いに素な自然数 \(p，\)\(q\) を用いて、

\[\sqrt{2}=\frac{q}{p}\]

と表せると仮定します。両辺に、\(p\) を掛け算して、

\[\sqrt{2}p=q\]

両辺を2乗して、

\[2{p}^{2}={q}^{2}\]

ここで、左辺は2の倍数なので、右辺も2の倍数であり、\(q\) は2の倍数となります。
そのため、自然数 \(q’\) を用いて、\(q=2q’\) と表せ、

\[2{p}^{2}={q}^{2}={(2q’)}^{2}\]

\[\therefore\ {p}^{2}=2{q’}^{2}\]

この式から、右辺は2の倍数なので、左辺も2の倍数であり、\(p\) は2の倍数となりますが、\(p\) も \(q\) も2の倍数となってしまい、\(p，\)\(q\) が互いに素であるということに矛盾します。

したがって、「\(\sqrt{2}=\frac{q}{p}\) と表せる」という仮定は否定され、\(\sqrt{2}\)　は無理数であることが示されました。

（証明終了）

＜証明＞

• 互いに素な自然数 \(p，\)\(q\) を用いて、\(\sqrt{2}=\frac{q}{p}\) と置けると仮定
• 両辺を払い、両辺を2乗して \(2{p}^{2}={q}^{2}\)

ここまでは証明①と一緒です。

ここで、左辺と右辺の「2」の個数を数えてみましょう。

• 左辺は、2乗（\({p}^{2}\)）の部分は偶数個で、係数に2があるので、合わせて奇数個
• 右辺は、2乗（\({q}^{2}\)）の部分だけなので偶数個

そのため、左辺と右辺で2の個数が一致することはあり得ず、イコールは成り立ちません。

したがって、「\(\sqrt{2}=\frac{q}{p}\) と表せる」という仮定は否定され、\(\sqrt{2}\)　は無理数であることが示されました。

（証明終了）

＜証明＞
\(\sqrt{2}\) は、\({x}^{2}=2\ \Leftrightarrow\ {x}^{2}-2=0\) の解です。（\(x=2\) を両辺2乗して得られる形から、明らかです。）

有理根定理より、この方程式が有理数解をもつ場合、その解は、\(\pm 1，\)\(\pm 2\) のいずれかとなります。

左辺 \(=f(x)\) として実際に代入してみると、

• \(f(\pm 1)={(\pm 1)}^{2}-2=-1\ne 0\)
• \(f(\pm 2)={(\pm 2)}^{2}-2=3\ne 0\)

となり、いずれも方程式の解ではないことがわかるため、\({x}^{2}-2=0\) は、有理数解をもちません。

したがって、\(\sqrt{2}\) は、無理数であること（有理数でないこと）が示されました。

（証明終了）

＜証明＞
\(\sqrt{2}\) が、自然数 \({m}_{0}，\)\({n}_{0}\) を用いて、

\[\sqrt{2}=\frac{{n}_{0}}{{m}_{0}}\]

と表せると仮定します。（※）

両辺を払って、2乗すると、

\[2{{m}_{0}}^{2}={{n}_{0}}^{2}・・・①\]

ここで、左辺は2の倍数なので、右辺も2の倍数であり、\({n}_{0}\) は2の倍数となります。

そのため、自然数 \({n}_{1}\) を用いて、\({n}_{0}=2{n}_{1}\) と表せ、

\[2{{m}_{0}}^{2}={{n}_{0}}^{2}={(2{n}_{1})}^{2}\]

\[\therefore\ {{m}_{0}}^{2}=2{{n}_{1}}^{2}\]

この式から、右辺は2の倍数なので、左辺も2の倍数であり、\({m}_{0}\) は2の倍数となります。

そのため、自然数 \({m}_{1}\) を用いて、\({m}_{0}=2{m}_{1}\) と表せ、

\[{(2{m}_{1})}^{2}={{m}_{0}}^{2}=2{{n}_{1}}^{2}\]

\[\therefore\ 2{{m}_{1}}^{2}={{n}_{1}}^{2}・・・②\]

という関係が得られます。

ここで、①②を見比べてみると、

• \(2{{m}_{0}}^{2}={{n}_{0}}^{2}\)・・・①
• \(2{{m}_{1}}^{2}={{n}_{1}}^{2}\)・・・②

となり、添え字だけが異なり、形は同型をしていることがわかります。そのため、上記の操作を無限に繰り返せば、

\[2{{m}_{k}}^{2}={{n}_{k}}^{2}\]

という関係式を、いくらでも小さな自然数 \({m}_{k}，\)\({n}_{k}\) に対して得られることになります。

しかしこれは、自然数には最小値 \(1\) があるということと矛盾しています。

したがって、\(\sqrt{2}\) が、【自然数 \({m}_{0}，\)\({n}_{0}\) を用いて、\(\sqrt{2}=\frac{{n}_{0}}{{m}_{0}}\) と表せる】という仮定は否定され、\(\sqrt{2}\) は無理数であることが示されました。

（証明終了）

＜証明＞
まず、\(\sqrt{2}\) を整数部分と小数部分に分けることを考えます。

\[1<2<4\ \Longleftrightarrow\ 1<\sqrt{2}<2\]

より、\(\sqrt{2}\) は、

• 整数部分：\(1\)
• 小数部分：\(\sqrt{2}-1\)

とわかります。これを、式に表すと、

\[\begin{alignat*}{3}
\sqrt{2}&=(整数部分)+(小数部分) \\
&=1+(\sqrt{2}-1)・・・①
\end{alignat*}\]

となります。次に、この小数部分について、分子の有理化を行うと、

\[\begin{alignat*}{3}
\sqrt{2}-1&=\frac{(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)}{\sqrt{2}+1} \\
&=\frac{2-1}{\sqrt{2}+1} \\
&=\frac{1}{\sqrt{2}+1}
\end{alignat*}\]

したがって、①より、

\[\sqrt{2}=1+\frac{1}{\sqrt{2}+1}・・・②\]

となります。

この \(\sqrt{2}+1\) の部分を、さらに、整数部分・小数部分に分けることを考えます。

「\(1<\sqrt{2}<2\ \Longleftrightarrow\ 2<\sqrt{2}+1<3\)」なので、\(\sqrt{2}+1\) は、

• 整数部分：\(2\)
• 小数部分：\(\sqrt{2}-1\)
  \((=(\sqrt{2}+1)-2)\)

とわかります。したがって、②より、

\[\begin{alignat*}{3}
\sqrt{2}&=1+\textcolor{#FF0000}{\frac{1}{\sqrt{2}+1}} \\
&=1+\frac{1}{(整数部分)+(小数部分)} \\
&=1+\frac{1}{2+(\sqrt{2}-1)} \\
&\stackrel{\mathrm{(※)}}{=}1+\frac{1}{2+\textcolor{#FF0000}{\frac{1}{\sqrt{2}+1}}}
\end{alignat*}\]

（※）小数部分の分子の有理化をしています

この赤文字で書いた部分の式を見ると、

• \(\sqrt{2}+1\) の整数部分・小数部分を分ける
• 小数部分の分子を有理化する

という操作を繰り返すことで、同じ形を無限に作り出せることがわかります。

したがって、連分数展開を無限に繰り返すことができることから、\(\sqrt{2}\) は無理数である（有理数ではない）ことが示されました。

（証明終了）