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Intanto $x^4-x-x^3+x=x^4-x^3$ deve essere intero.

Ma allora $\frac{x^4-x^3}{x^3-x}=\frac{x^2}{x+1}$ è razionale.

Sia ora $q$ un numero razionale tale che $x^2=qx+q$. Vale ora $x^4=q^2(x+1)^2$. Di conseguenza $x^4-x=q^2(x+1)^2-x$ deve essere intero. Otteniamo quindi $x^2(q^2)+x(2q^2-1)+q^2$ razionale, quindi posso togliere $q^2$ e ottengo $x(xq^2+2q^2-1)$ razionale. Ma ora usiamo $x^2=qx+q$ e otteniamo $x(qx^2+q^2-1)$ razionale, quindi $qx^3-x(q^2-1)$ razionale. Ma allora questo implica $x^3-x-\frac{qx^3-(q^2-1)x}{q^2-1}=x^3(1-\frac{q}{q^2-1})$ razionale, quindi o $x^3$ è razionale o $q=q^2-1$, quindi o $q=\phi$ o $q=\phi^{-2}$, che entrambe falsificano la tesi.

Pertanto $x^3$ è razionale, di conseguenza $x^3-x^3+x=x$ è razionale e segue la tesi.

Modulo miei errori di conto, l'equazione $\text{Im}(x)=\text{Im}(x^3)=\text{Im}(x^4)$, sotto l'ipotesi $b\neq 0$ è equivalente a
\[ 1=3a^2-b^2=4a^3-4ab^2 \]
che implica $8a^3-4a+1=0$, ma quest'ultimo non ha radici razionali

Un altro modo per terminare la dimostrazione di troileto:

Se $x=0$ la tesi è banale; altrimenti $x \neq 0$ ed esiste un razionale $q \neq 0$ tale che $x^2=qx+q$. Ora $x(xq^2+2q^2-1) \in \mathbb{Q}$. Supponiamo che $x(xq^2+nq^2-1) \in \mathbb{Q}$ per qualche intero $n\ge 2$. Allora è vero che $x(q(qx+q)+nq^2-1) \in \mathbb{Q}$. Questo implica che per ogni intero $n\ge 2$ vale:
\[ x(xq^2+nq^2-1) \in \mathbb{Q}. \]
Ora sappiamo che $(xq)^2+x(nq^2-1) \in \mathbb{Q}$, i.e. $q^2(qx+q)+(nq^2-1) \in \mathbb{Q} \implies x \in \mathbb{Q}$.