Dejemos que $f(x)\in \Bbb Q[x]$ sea un polinomio irreducible sobre $\Bbb Q$ .
Demuestre que no existe ningún número complejo $\alpha$ tal que $f(\alpha)=f(\alpha+1)=0$ .
Siguiendo a @quasi;
Dejemos que $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\dots +a_nx^n$ .
Definir $g(x)=f(x+1)-f(x)$
Entonces $g(\alpha)=0$ .también $g(\bar \alpha)=0\implies g(x)=(x-\alpha)^a(x-\bar \alpha)^b h(x);h(x)\in \Bbb C[x]$ .
¿Qué hacer ahora? Por favor, ayuda.
Supongamos que $f$ es irreducible en $\mathbb{Q}[x]$ y $\alpha$ es un número complejo tal que $f(\alpha)=f(\alpha+1)=0$ .
El objetivo es derivar una contradicción.
Dejemos que $n = \text{deg}(f)$ . Como f es irreducible en $\mathbb{Q}[x]$ y $\alpha$ es una raíz de $f$ no hay ningún polinomio no nulo en $\mathbb{Q}[x]$ de grado inferior a $n$ para lo cual $\alpha$ es una raíz.
Dejemos que $g(x) = f(x + 1) - f(x)$ .
Si $g$ es el polinomio cero, entonces para cada raíz $r$ de $f$ , $r+1$ también sería una raíz, por lo que $f$ tendría infinitas raíces, lo cual es una tontería $f$ es un polinomio no nulo por lo que no puede tener infinitas raíces.
Tenga en cuenta que $f(x+1)$ tiene el mismo coeficiente principal que $f(x)$ Por lo tanto $\text{deg}(g) < n$ .
Desde $f(\alpha)=f(\alpha+1)=0$ , $\alpha$ es una raíz de $g$ .
Pero entonces $g$ es un polinomio no nulo en $\mathbb{Q}[x]$ de grado inferior a $n$ , habiendo $\alpha$ como raíz, la contradicción.
Los dos polinomios $f(x)$ y $f(x+1)$ tienen coeficientes racionales, por lo que su GCD es un polinomio $h(x)$ que también tiene coeficientes racionales. Como $f$ es irreducible y $h$ divide $f$ , $h$ debe ser una constante no nula o $h=f$ . De las hipótesis obtenemos $h(\alpha)=0$ Así que $h$ no puede ser una constante no nula. Así que $h=f$ . Entonces $f(x)$ divide $f(x+1)$ ; como esos polinomios tienen el mismo grado, hay una constante $c$ con $f(x+1)=cf(x)$ . Observando los monomios de mayor grado, obtenemos $c=1$ . Así que $f(x+1)=f(x)$ que es imposible.
Se trata de una prueba conceptual: si $f(a)=f(a+1)=0$ entonces $a$ es una raíz de ambos $f(x)$ y $f(x+1)$ . Ambos polinomios son irreducibles, por lo que los polinomios mínimos de $a$ . Por singularidad, obtenemos $f(x)=f(x+1)$ como polinomios, por lo que al enchufar $x=a+1$ obtenemos $0=f(a+1)=f(a+2)$ . Continuar con $a+2,a+3, \dotsc$ y obtendrás infinitas raíces. ¡Contradicción!
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