Desde $f(x)$ tiene coeficientes enteros y el gcd de estos coeficientes es $1$ por el lema de Gauss basta con demostrar que $f(x)$ es irreducible en $\mathbf{Z}[x]$ . Supongamos que $f(x)=g(x)h(x)$ donde $g,h\in\mathbf{Z}[x]$ no son constantes. Para $1\le c\le 2013$ tenemos $2014=f(c)=g(c)\cdot h(c)$ Así que ambos $g(c)$ y $h(c)$ son divisores (positivos o negativos) de $2014$ . Desde $2014=2\cdot 19\cdot 53$ vemos que $2014$ es divisible exactamente por $16$ enteros, a saber $\pm 2^i 19^j 53^k$ con $i,j,k\in\{0,1\}$ . Por lo tanto, debe haber algún divisor $d$ de $2014$ que se produce como $g(c)$ durante al menos $\lceil 2014/16\rceil=126$ valores $c\in\{1,2,\dots,2013\}$ .
Afirmo que $g(x)-d$ es divisible por $(x-1)(x-2)\dots (x-2013)$ en $\mathbf{Z}[x]$ . Para demostrarlo, dejemos que $S$ sea el conjunto de todos los $c\in\{1,2,\dots,2013\}$ para lo cual $g(c)=d$ . Desde $p(x):=\prod_{s\in S} (x-s)$ es mónico, podemos escribir $g(x)-d=p(x)q(x)+r(x)$ con $q,r\in\mathbf{Z}[x]$ y $\deg(r)<\deg(p)$ . Pero cada elemento de $S$ es una raíz de ambos $p(x)$ y $g(x)-d$ y por lo tanto es una raíz de $r(x)$ por lo que el número de raíces de $r(x)$ es al menos $\#S=\deg(p)$ y, por tanto, es mayor que $\deg(r)$ , por lo que debemos tener $r(x)=0$ . Supongamos ahora que $S\ne\{1,2,\dots,2013\}$ y que $c$ sea un número entero con $1\le c\le 2013$ y $c\notin S$ . Desde $g(c)-d=p(c)q(c)$ donde $d$ y $g(c)$ son divisores distintos de $2014$ (y donde $p(c)$ y $q(c)$ son enteros), se deduce que $\lvert p(c)\rvert\le 4018$ . Pero $p(c)=\prod_{s\in S}(c-s)$ es el producto de al menos $126$ enteros distintos no nulos, por lo que tiene valor absoluto al menos $(63!)^2$ que es mayor que $4018$ una contradicción. Por lo tanto $S=\{1,2,\dots,2013\}$ para que $p(x)=(x-1)(x-2)\dots(x-2013)$ y $q(x)\in\mathbf{Z}[x]$ satisfacer $g(x)-d=p(x)q(x)$ .
El mismo argumento demuestra que existe un divisor $D$ de $2014$ para lo cual $h(x)-D=p(x)Q(x)$ con $Q(x)\in\mathbf{Z}[x]$ y $p(x)=(x-1)(x-2)\dots (x-2013)$ como en el caso anterior. En particular, dado que asumimos que tanto $g(x)$ y $h(x)$ son no constantes, se deduce que ambas tienen grado al menos $2013$ . Pero su producto tiene grado $4026$ , por lo que debemos tener $\deg(g)=\deg(h)=2013$ De ahí que ambos $q(x)$ y $Q(x)$ son constantes no nulas (que llamaremos $q$ y $Q$ ). Por lo tanto, tenemos $$ p(x)^2 + 2014 = f(x) = g(x)\cdot h(x) = (d+p(x)\cdot q)\cdot (D+p(x)\cdot Q). $$ De ello se desprende que $y^2+2014=(d+yq)(D+yQ)$ (ya que se trata de una igualdad de grado) $2$ polinomios que es válido para más de dos valores $y$ , es decir, para cualquier valor $y=p(x)$ ). Pero esto es imposible, ya que $\sqrt{-2014}$ es irracional. Esta contradicción demuestra que $f(x)$ es irreducible en $\mathbf{Z}[x]$ y por tanto (por el lema de Gauss) en $\mathbf{Q}[x]$ .
