Пусть $x$ — одно из этих $n$ чисел, $x+b_1$, $x+b_2$, $\ldots$, $x+b_{n-1}$ — остальные и $$
p=x(x+b_1)(x+b_2)\ldots(x+b_{n-1})=x+c,\tag1
$$
где, по условию, $c$ нечётно, а $b_1$, $b_2$, $\ldots$, $b_{n-1}$ должны быть чётными (целыми) числами. Равенство (1) можно записать, раскрыв скобки, в виде
$$
x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\ldots+a_{n-2}x^2+a_{n-1}x=c,\tag2
$$
где $a_1$, $\ldots$, $a_{n-2}$ — чётные, а $a_{n-1}=b_1b_2\ldots b_{n-1}-1$ и $c$ — нечётные числа. Предположив, что $x$ — рациональное число, мы сразу же убедимся, что $x$ должно быть целым: если $x=\dfrac kd$ — несократимая дробь, $d\gt1$, то, подставив $x$ в (2) и умножив обе части на $d^{n-1}$, мы придём к противоречию. Но и целым $x$ тоже быть не может: и при чётном, и при нечётном $x$ левая часть — чётная (в последнем случае два крайних числа нечётны, а остальные чётны), а $c$ — нечётно. Полученное противоречие доказывает, что $x$ (и любой из остальных корней уравнения (1) с чётными $b_i$ и нечётным $c$) может быть только иррациональным.
