{{Infobox number
| image name = Isosceles_right_triangle_with_legs_length_1.svg
| image caption = 2的平方根等于一个直角边都是1的等腰直角三角形的斜边长
| range =
數表—

| name=2的平方根
| nav=no
| number=\sqrt{2}
| value=\sqrt{2}\approx1.414213562...
| root of=x^{2}-2 = 0
| symbol=\sqrt{2}
| other name=2的算-{}-術平方根
2的-{主}-平方根
根号2
| type=無理數
| 連分數=1 + \cfrac{1}{2 + \cfrac{1}{2 + \cfrac{1}{2 + \cfrac{1}{2 + \ddots}}}}
| basedata =
}}
2的算術平方根，俗称“根号2”，记作\sqrt{2}，可能是最早被发现的无理数。相传毕达哥拉斯学派的希帕索斯首先提出了“\sqrt{2}不是有理数”的命题：若一个直角三角形的两个直角边都是1，那么它的斜边长，无法用整数或分数表示。

\sqrt{2}其最初65位為
:

\sqrt{2}精确到小数点后二十位的的有理近似值为\frac{26102926097}{18457556052}。

\sqrt{2}是无理数的证明
人們發現了许多方法证明\sqrt{2}是无理数。以下是反證法的證明

常見的證明

假設\sqrt{2}是有理數，即有整數a_0、b_0，使得\frac{a_0}{b_0}=\sqrt{2}

將\sqrt{2}重寫成最簡分數\tfrac{a}{b}，即a和b互質，且\left(\tfrac{a}{b}\right)^2=2

所以\frac{a^2}{b^2} =2，即a^2=2b^2

因為2b^2必為偶数，故a^2亦是偶数

故a為偶数（奇数的平方不會是偶数）

所以必有一整數k，使得a=2k

將（3）的式子代入（6）：2b^2=\left(2k\right)^2

化简得b^2=2k^2

因为2k^2是偶数，所以b^2是偶数，b亦是偶数

所以a和b都是偶数，跟\frac{a}{b}是最簡分數的假設矛盾

因為導出矛盾，所以（1）的假設錯誤，\sqrt{2}不是有理數，即是無理數

這個證明可推廣至證明任何非完全平方數的正整數n，其算術平方根\sqrt{n}為無理數。

另一個證明
另外一個\sqrt{2}是無理數的反證法證明較少為人所知，但證明方法也相當漂亮：
#假設\sqrt{2}是有理數，便可以表示成最簡分數\frac{m}{n}，其中m, n為正整數
#\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{1}=\frac{(2-\sqrt{2})(\sqrt{2}+1)}{2-1}=\frac{(2-\sqrt{2})(\sqrt{2}+1)}{(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)}=\frac{2-\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}
#由於\sqrt{2}=\frac{m}{n}，所以\frac{2-\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}=\frac{2-\frac{m}{n}}{\frac{m}{n}-1}=\frac{2n-m}{m-n}
#因為\frac{m-n}{n}=\sqrt{2}-1

2>\sqrt{2}\Rightarrow1+1>\sqrt{2}\Rightarrow\sqrt{2}-1

#所以m-n
#故\frac{2n-m}{m-n}是比\frac{m}{n}更簡的分數，與\frac{m}{n}是最簡分數的假設矛盾

從一個直角邊為n，斜邊為m的等腰直角三角形，可以用尺規作圖作出直角邊為m-n，斜邊為2n-m的等腰直角三角形。這是古希臘幾何學家的作圖證明方法。

性质
2的算术平方根可以表示为以下的级数或无穷乘积：

:\frac{1}{\sqrt 2} = \prod_{k=0}^\infty
\left(1-\frac{1}{(4k+2)^2}\right) =
\left(1-\frac{1}{4}\right)
\left(1-\frac{1}{36}\right)
\left(1-\frac{1}{100}\right) \cdots

:\sqrt{2} =
\prod_{k=0}^\infty
\frac{(4k+2)^2}{(4k+1)(4k+3)} =
\left(\frac{2 \cdot 2}{1 \cdot 3}\right)
\left(\frac{6 \cdot 6}{5 \cdot 7}\right)
\left(\frac{10 \cdot 10}{9 \cdot 11}\right)
\left(\frac{14 \cdot 14}{13 \cdot 15}\right) \cdots

:\sqrt{2} =
\prod_{k=0}^\infty
\left(1+\frac{1}{4k+1}\right)
\left(1-\frac{1}{4k+3}\right)
=
\left(1+\frac{1}{1}\right)
\left(1-\frac{1}{3}\right)
\left(1+\frac{1}{5}\right)
\left(1-\frac{1}{7}\right) \cdots.

:\frac{1}{\sqrt{2}} = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k \left(\frac{\pi}{4}\right)^{2k}}{(2k)!}.

:\sqrt{2} = \sum_{k=0}^\infty (-1)^{k+1} \frac{(2k-3)!!}{(2k)!!} =
1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{2\cdot4} + \frac{1\cdot3}{2\cdot4\cdot6} -
\frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6\cdot8} + \cdots.

:\sqrt{2} = \sum_{k=0}^\infty \frac{(2k+1)!}{(k!)^2 2^{3k+1}} = \frac{1}{2} +\frac{3}{8} +
\frac{15}{64} + \frac{35}{256} + \frac{315}{4096} + \frac{693}{16384} + \cdots.

2的算术平方根的连分数展开式为：

: \!\ \sqrt{2} = 1 + \cfrac{1}{2 + \cfrac{1}{2 + \cfrac{1}{2 + \cfrac{1}{\ddots}}}}.
{{noteGT|
令 \!\ x = 2 + \cfrac{1}{2 + \cfrac{1}{2 + \cfrac{1}{2 + \cfrac{1}{\ddots}}}}，
由觀察可知x=2+\frac{1}{x}，即x^2-2x-1=0，
解方程，取正根，得x=1+\sqrt{2}，
因此\sqrt{2}=x-1= 1 + \cfrac{1}{2 + \cfrac{1}{2 + \cfrac{1}{2 + \cfrac{1}{\ddots}}}}。}}

註釋
参见

3的算術平方根
5的算術平方根
平方根
无理数

外部链接
*[http://www.math.ust.hk/excalibur/v3_n1.pdf \sqrt{2}是無理數的六個證明，香港大學數學系蕭文強]（Mathematical Excalibur Vol.3 No.1 Page 2）

[http://www.math.sinica.edu.tw/math_media/pdf.php?m_file=ZDMwNC8zMDQwNA== 舊題新解 — 根號2是無理數，張海潮張鎮華]（數學傳播第 30 卷第 4 期）

2的算術平方根