Cho $c_1,c_2,\dots ,c_k$ là các số nguyên dương và $P(x)$ là đa thức khác hằng có hệ số nguyên.

a) Chứng minh tập hợp các số nguyên tố là ước của ít nhất một giá trị của đa thức $P(x)$ tại các số nguyên là một tập hợp vô hạn.

b) Chứng minh tồn tại một tập hợp vô hạn $S$ gồm các số nguyên tố sao cho với mọi $p$ thuộc $S$, số $c_1^n+c_2^n+\cdots +c_k^n+P(n)$ chia hết cho $p$ với vô số số nguyên dương $n$.

1) Đây chính là định lí Schur trong đa thức, ta có thể chứng minh như sau:

Nếu tồn tại số nguyên $u$ sao cho $P(u)=0$ thì mọi số nguyên tố đều là ước của giá trị $P(u)$, nên kết luận hiển nhiên. Xét trường hợp $P(n)\ne 0$ với mọi $n\in \mathbb{Z}$.

Giả sử phản chứng rằng chỉ có hữu hạn số nguyên tố $p_1,p_2,\dots ,p_r$ là ước của các giá trị $P(n)$.

Chọn một số nguyên $a$ và đặt $M=P(a)\ne 0$. Ta có $P(a+Mx)-P(a)$ chia hết cho $Mx$ trong $\mathbb{Z}[x]$, nên tồn tại $R(x)\in \mathbb{Z}[x]$ sao cho $P(a+Mx)=M(1+xR(x))$.

Đặt $N=p_1{p}_2\cdots p_r$ (nếu $r=0$ thì lấy $N=1$).

Vì $P$ khác hằng nên đa thức $1+xR(x)$ cũng khác hằng. Do đó có thể chọn số nguyên dương $t$ đủ lớn để $|1+NtR(Nt)|>1$. Số nguyên $1+NtR(Nt)$ có một ước nguyên tố $q$. Với mỗi $j$ ta có $1+NtR(Nt)\equiv 1(\mathrm{mod}{p}_j)$, nên $q\notin \{p_1,\dots ,p_r\}$. Mặt khác, $q\mid 1+NtR(Nt)$ suy ra $q\mid P(a+MNt)$, trái với giả thiết rằng $p_1,\dots ,p_r$ là tất cả các ước nguyên tố có thể xuất hiện.

2) Xét đa thức $Q(x)=P(-x)+k\in \mathbb{Z}[x]$ khác hằng.

Để ý tồn tại vô số số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại $m\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $p\mid Q(m)=P(-m)+k$.

Đặt $C=c_1{c}_2\cdots c_k$. Chỉ có hữu hạn số nguyên tố là ước của $C$, do đó tồn tại tập vô hạn $S\subset \mathbb{P}$ sao cho với mỗi $p\in S$, tồn tại $m\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $p\mid P(-m)+k$ và $p\nmid c_j$ với mọi $j=1,2,\dots ,k$.

Cố định $p\in S$. Để ý nếu $P(-m)+k\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ thì với $m_0\equiv m(\mathrm{mod}p)$ ta vẫn có
$$P(-m_0)+k\equiv 0(\mathrm{mod}p)$$
Với mỗi số tự nhiên $t$, đặt $n_t=(m_0+tp)(p-1)$. Khi đó $n_t$ là các số nguyên dương đôi một khác nhau. Do $p\nmid c_j$, theo định lí Fermat nhỏ, ta có $c_j^{n_t}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ với mọi $j$.

Đồng thời $n_t\equiv -m_0(\mathrm{mod}p)$, nên $P(n_t)\equiv P(-m_0)(\mathrm{mod}p)$. Suy ra
$$c_1^{n_t}+c_2^{n_t}+\cdots +c_k^{n_t}+P(n_t)\equiv k+P(-m_0)\equiv 0(\mathrm{mod}p).$$
Vì có vô hạn giá trị $t$, với mỗi $p\in S$ có vô số số nguyên dương $n$ thỏa mãn yêu cầu.