La manera en que yo entiendo, es que si $f(x)$ es un polinomio irreducible en $\mathbb{Q}[x]$ de grado de al menos 2, entonces la diferencia de las distintas raíces $a_i-a_j$ nunca es racional para cualquiera de las $a_1,\dots,a_n$ que son las raíces de $f(x)$$\mathbb{C}$.
¿Por qué es esto? Si $a_i-a_j\in\mathbb{Q}$ para algunos de distintas raíces, lo que va mal? Habría que seguir de alguna manera que $f(x)$ es reducible $\mathbb{Q}$? O tal vez hay una explicación?
Deje $a$ $a+b$ ser raíces de $f$ $b$ racional y distinto de cero. Entonces $$g(x):=f(x)-f(x+b)$$ satisfies $g\in\mathbb Q[x]$, $g\neq0$, $g(a)=0$ and $\deg g < \deg f$, contradicción.
[Asumimos $f\in\mathbb Q[x]$ $f$ irreductible.]
EDICIÓN 1. Variación:
Deje $a$ $a+b$ ser raíces de $f$ $b$ racional y distinto de cero.
A continuación, $f(x+b)=f(x)$ desde $a$ es una raíz de $f(x+b)\in\mathbb Q[x]$, contradicción.
EDICIÓN 2. Voy a robar una cosa de Georges de la gran respuesta:
Deje $K$ ser un campo, $d$ un elemento distinto de cero de a $K$, e $f(X)\in K[X]$ un polinomio irreducible. A continuación, $d$ es la diferencia de dos raíces de $f(X)$ si y sólo si $f(X+d)=f(X)$. Si este es el caso, la característica de $K$ divide el grado de $f(X)$.
El más simple ocurrencia de este fenómeno es para $K=\mathbb F_2$, $d=1$, $f(X)=X^2+X+1$.
Como una nota a pie de página Pierre-Yves de la unimprovable respuesta, permítanme añadir que el teorema se convierte en falsa sobre un campo $k$ de los característicos $p\gt 0 $ : un polinomio irreducible $f(X)\in k[X]$ puede muy bien tienen distintas raíces diferentes por un elemento de a $k$.
Por ejemplo Artin-Schreier del teorema (Lang, Álgebra, Ch.6,Th.6.4) implica que si $char.(k)=p$ y si el polinomio $f(X)=X^p-X-q\in k[X]$ no tiene ningún cero en $k $, $f(X) $ es en realidad irreductible $k$. Por otra parte, si $a\in K$ es una de sus raíces en algunos de dividir el campo, las otras raíces se $a+1,a+2,...,a+p-1$ e este modo se obtienen mediante la adición de elementos desde el campo de tierra a uno de los ceros.
Y ¿cómo Pierre-Yves maravilloso argumento de romper?
Se rompe debido a $g(X)=f(X+b)-f(X)$ es en realidad el cero del polinomio $g(X)=0\in k[X]$ cualquier $b\in \mathbb F_p$, de modo que ya no tiene la contradicción presente en la característica cero caso .
(Pierre-Yves argumento es válido, por supuesto, si usted reemplaza el campo de tierra $\mathbb Q$ por cualquier campo de característica cero)
Vamos a las raíces de $f$$\alpha_1,\ldots,\alpha_n$, vamos a $K=\mathbb{Q}(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$ ser la división de campo de la $f$, y deje $G=\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$. Debido a $f$ es irreductible, $G$ permutes las raíces de $f$ transitivamente. Esto es, para cualquier $i\neq j$, hay un $\sigma\in G$ tal que $\sigma(\alpha_i)=\alpha_j$; desde $\deg(f)\geq 2$, en realidad, hay dos raíces $\alpha_i$$\alpha_j$. Pero si $\alpha_i-\alpha_j=t\neq0$ fueron racional, tendríamos $\sigma(t)=t$, y por lo tanto $$\alpha_j=\sigma(\alpha_i)=\sigma(t+\alpha_j)=\sigma(t)+\sigma(\alpha_j)=t+\sigma(\alpha_j).$$ Por lo tanto, para todos los $n\in\mathbb{Z}$, tendríamos $$\sigma^n(\alpha_j)=\alpha_j-nt,$$ de modo que $\sigma$ es de orden infinito; pero esto es imposible como $G$ es finito.
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