Me parece que este problema muy interesante y le dio un poco de pensamiento, aquí es un sencillo y ciertamente no es muy hermosa la prueba. Estoy seguro de que usted va a encontrar algunos errores, pero espero que, en general, la idea funciona.
Supongamos $P(x)$ es como se desee y $\deg P>1$. Entonces, podemos escribir
$$P(x)=a_kx^k + \dots + a_lx^l$$
con $a_k,a_l\neq 0$$k\geq l$$k\geq 2$. También ya sabemos, que la $l\geq 1$.
1) en Primer lugar, se excluye el caso, donde $k=l$. Es fácil ver, que esto sólo funciona para $a_l=1$$l=1$, lo que conduce a la constante del polinomio.
2) Ya que queremos tener números positivos, podemos asumir con seguridad, que $a_k$ es positivo. Por lo $P$ es ilimitado, hay arbitrariamente grandes pares de $(m,n)\in\mathbb{N}^2$, de tal manera que $P(n!)=m!$.
3) En particular, para cada prime $p\in\mathbb{P}$ hay$m,n\in\mathbb{N}$$P(n!)=m!$, de tal manera que $m,n\geq p$$(2n)^{2lp}\leq n!$. (Para los que recibieron $p$$l$, se puede elegir $n$ lo suficientemente grande, de tal manera que esto funciona).
4) Suponga $m!\leq ((n+p)!)^l$ para infinidad de $p\in\mathbb{P}$.
$$P(n!)\leq ((n+p)!)^l=(n!\cdot(n+1)\dots(n+p))^l\leq (n!\cdot (2n)^p)^l\leq (n!\cdot \sqrt[2l]{n!})^l=(n!)^{l+\frac{1}{2}}$$
En otras palabras. Para una infinidad de $x$,$P(x)\leq x^{l+0.5}$, que sólo funciona si $\deg P=l$, pero esto es 1).
Lo opuesto es cierto para un número infinito de números primos.
4) Ahora, para cada una de dichas prime $p$, tome $m,n\in\mathbb{N}$ como se describe y deje $z\in\mathbb{N}$ denota el mayor entero tal que $p^z\mid (n!)^l$. Desde $m! > ((n+p)!)^l\cdot p$, obtenemos $p^{z+1}\mid m!$. A partir de esto, podemos ver en
$$P(n!)=a_k(n!)^k + \dots + a_l(n!)^l=m!$$
que $p^{z+1}$ también se divide cada uno de los sumandos $k,\dots,l+1$, por lo tanto, también
$$p^{z+1}\mid a_l(n!)^l$$
Pero $p^{z+1}\nmid (n!)^l$, lo $p\mid a_l$. Esto es válido para un número infinito de números primos, por lo $a_l=0$, una contradicción.
