)
Demostração 1
Resposta
Suponha por Absurdo que [tex3]S[/tex3] é finito e seja [tex3]S = \{ p_1 ,~ p_2 , \dots, p_k \}.[/tex3] Suponha ainda que [tex3]P[/tex3] tenha grau [tex3]n[/tex3] e [tex3]P(x) = a_n~ x^n + a_{n-1} ~x^{n-1} +... + a_1~x + a_0.[/tex3]
Se [tex3]a_0 = 0[/tex3] nada temos a provar pois, nesse caso [tex3]x \mid P(x),~\forall x \in \mathbb{Z}.[/tex3] Assim, suponha que [tex3]a_0 \ne 0.[/tex3]
Denote por [tex3]T := \displaystyle\prod_{i=1}^{k} p_i[/tex3] e tome [tex3]x = \lambda \cdot a_0 \cdot T [/tex3] (onde [tex3]\lambda [/tex3] representa um inteiro não nulo qualquer) em [tex3]P(x)[/tex3]
[tex3]P( \lambda\cdot a_0 \cdot T) = a_n (\lambda^n \cdot a_0^n \cdot T^n) + a_{n-1} ~(\lambda^{n-1} \cdot a_0^{n-1} \cdot T^{n-1}) + \dots + a_1 ( \lambda \cdot a_0 \cdot T) + a_0 = a_0 \left[ 1 + \displaystyle\sum_{j=1}^{j=n} \lambda^{j} \cdot a_j \cdot a_0^{j-1} \cdot T^{j} \right] [/tex3]
Defina [tex3]Q( x) := \displaystyle\sum_{j=1}^{j=n} x^{j} \cdot a_j \cdot a_0^{j-1} \cdot T^{j-1}[/tex3] então [tex3]P(a_0 \cdot \lambda \cdot T) = a_0 [T \cdot Q( \lambda) +1 ][/tex3]
Se [tex3]T \cdot Q( \lambda) +1[/tex3] é divisível por algum primo [tex3]p[/tex3] então [tex3]p \mid P(a_0\cdot \lambda \cdot T).[/tex3] Portanto [tex3]P( a_0 \cdot \lambda \cdot T) = 0 [/tex3] ou [tex3]p \in S.[/tex3] Na segunda possibilidade [tex3]p \mid T[/tex3] e logo [tex3]p \mid (T \cdot Q (\lambda) +1) -T \cdot Q( \lambda) = 1[/tex3] que é um absurdo.
Dessa forma [tex3]P( a_0 \cdot \lambda \cdot T) = 0[/tex3] ou [tex3]T \cdot Q( \lambda) +1 = \pm 1.[/tex3] Porém [tex3]P(x) = 0[/tex3] tem no máximo [tex3]n[/tex3] raízes enquanto [tex3]T \cdot Q( \lambda) +1 = \pm 1 [/tex3] tem no máximo [tex3]2n[/tex3] raízes. Mas isso é uma contradição pois [tex3]\lambda [/tex3] é um inteiro não nulo qualquer.
Logo [tex3]S[/tex3] é um conjunto infinito Q.E.D.
Resposta
Suponha por absurdo que [tex3]S[/tex3] é finito. Dessa forma para qualquer [tex3]t [/tex3] inteiro ou [tex3]P(t) = 0[/tex3] ou [tex3]P(t)[/tex3] possui no máximo uma determinada quantidade finita de fatores primos.
Sendo assim, suponha que [tex3]m[/tex3] é tal que [tex3]k := P(m ) \ne 0 [/tex3] tenha a maior quantidade de fatores primos possível. Admita inicialmente que [tex3]m = 0[/tex3] e tome [tex3]\omega [/tex3] um inteiro qualquer. Claramente [tex3]\omega k^2 \equiv 0 \pmod {k^2} [/tex3] e logo [tex3]P( \omega k^2) \equiv P(0)=k \pmod {k^2}[/tex3] ou seja [tex3]P(\omega k^2) = ak^2 + k = k(ak+1)[/tex3] para algum inteiro [tex3]a.[/tex3]
Como [tex3]k[/tex3] e [tex3]ak+1[/tex3] são coprimos, se [tex3]ak+1 \ne \pm 1[/tex3] então [tex3]ak + 1[/tex3] possui pelo menos um fator primo, e dessa forma [tex3]P(\omega k^2) = k(ak+1)[/tex3] possui pelo menos um fator primo a mais que [tex3]k[/tex3] que é uma contradição.
Então [tex3]P (\omega k^2) = \pm k[/tex3] que é um absurdo pois [tex3]P(x) = \pm k[/tex3] tem no máximo [tex3]2~\operatorname{grau}(P)[/tex3] raízes, enquanto [tex3]\omega [/tex3] é um inteiro qualquer.
Se [tex3]m \ne 0,[/tex3] basta tomar o polinômio [tex3]Q(x) := P(x + m)[/tex3] e aplicar o mesmo raciocínio para [tex3]Q(x).[/tex3]
Então [tex3]S[/tex3] é finito Q.E.D
