Ошибка в приведённом «доказательстве» не в выводе, что p и q оба чётные $этотвыводверен$, а в том, что не оговорено одно важное основание для противоречия. Чтобы заключение «оба чётные ⇒ противоречие» было корректным, нужно было изначально предположить, что дробь p/q приведена $gcd(p,q)=1$. Без этого факта факт, что p и q имеют общий множитель 2, сам по себе не противоречив — можно просто сократить дробь.

Корректные варианты рассуждения

1) Классическое доказательство $сприведённойдробью$.
Предположим sqrt$2$=p/q, где p,q∈Z, q≠0 и gcd$p,q$=1. Возведём в квадрат:
2 q^2 = p^2.
Отсюда p^2 чётно ⇒ p чётно, значит p=2k. Подставим:
2 q^2 = 4 k^2 ⇒ q^2 = 2 k^2 ⇒ q^2 чётно ⇒ q чётно.
Итак p и q оба чётные, что противоречит предположению gcd$p,q$=1. Следовательно sqrt$2$ не может быть представлено в виде такой дроби — оно иррационально.

2) Доказательство методом бесконечного спуска $безпредположенияонесократимости$.
Предположим sqrt$2$=p/q для положительных целых p,q. Как выше следует, p и q оба чётные, значит p/2 и q/2 — меньшие положительные целые, и $p/2$/$q/2$=p/q всё ещё даёт sqrt$2$. Повторяя, получаем бесконечную убывающую последовательность положительных целых чисел, что невозможно. Значит исходное предположение ложно.

3) Доказательство через факторизацию по простым множителям $удобнодляобобщений$.
В разложении p^2 степени всех простых делителей чётны. В разложении 2 q^2 степень простого 2 нечётна $прибавленещёодинразряд$. Это невозможно, следовательно sqrt$2$ иррационально.

Обобщение.
Корень n-й степени из целого a (n>1) рационален тогда и только тогда, когда a является n-й степенью целого числа. Аналогичное доказательство даётся либо через простые множители $степенивсехпростыхдолжныбытькратныn$, либо методом бесконечного спуска.

Краткий ответ на ваш вопрос: место ошибки — отсутствие указания, что дробь p/q приведена $или,альтернативно,отсутствиеаргументабесконечногоспуска$. Именно это допущение неверно/недостаточно оговорено; исправленное рассуждение приведено выше.