Je mets la démonstration, comme ça elle sera à disposition pour tout le monde.
Lemme. --- Soit $P=\sum\limits_{k=0}^{d} a_kX^k$ un polynôme de degré $d\geqslant 1$ et $H=\max\left\{\left|\frac{a_k}{a_d}\right| \mid k\in\{0, 1, ..., d-1\}\right\}$. Si $\alpha$ est une racine complexe de $P$ alors $\left|\alpha\right| <H+1$.
Preuve. --- Soit $\alpha$ une racine complexe de $P$. Si $\left|\alpha\right|\leqslant 1$ alors soit $\alpha=0$ et clairement $\left| \alpha \right| <H+1$ soit $\alpha\neq 0$ et alors $H>0$ donc $\left|\alpha\right| < H+1$. Sinon, on déduit de $P(\alpha)=0$ que $-a_d\alpha^d=\sum\limits_{k=0}^{d-1} a_k\alpha^k$ donc
\[\left|\alpha\right|^d = \left|\sum_{k=0}^{d-1} \frac{a_k}{a_d}\alpha^k\right| \leqslant \sum_{k=0}^{d-1} \left| \frac{a_k}{a_d} \right| \left|\alpha\right|^k \leqslant H\sum_{k=0}^{d-1} \left|\alpha\right|^k = H\left(\frac{\left|\alpha\right|^d-1}{\left|\alpha\right|-1}\right).\]
Il s'ensuit que $\left|\alpha\right|^d(\left|\alpha\right|-1) \leqslant H(\left|\alpha\right|^d-1) < H\left|\alpha\right|^d$ donc, en divisant par $\left|\alpha\right|^d\neq 0$, $\left|\alpha\right|-1<H$ ce qui permet de conclure.
Preuve du critère de Murty. --- Supposons qu'il existe un entier $n\geqslant H+2$ tel que $P(n)$ soit premier. Raisonnons par l'absurde en supposant que $P$ est réductible sur $\Z$. Alors, il existe deux polynômes $S$ et $T$ de $\Z[X]$ différents de $\pm1$ et tels que $P=ST$. Si l'un des deux polynômes $S$ ou $T$ est constant, par exemple $T$, alors comme $d>0$, $S$ n'est pas constant et, comme $S(n)T(n)$ est premier et $T(n)\neq \pm 1$, $\left|T(n)\right|=P(n)$ et $\left| S(n) \right|=1$. Sinon, aucun des deux polynômes $S$ et $T$ n'est constant et, de même, l'un deux, par exemple $S$, vérifie $\left|S(n) \right|=1$. Ainsi, dans tous les cas, on peut toujours supposer que $S$ n'est pas constant et que $\left|S(n)\right|=1$. Notons $s=\deg S$ et $\alpha_1$, $\alpha_2$, ..., $\alpha_s$ les $s$ racines complexes de $S$ comptées avec multiplicité. Ainsi, il existe un entier $b\neq 0$ tel que $S=b\prod\limits_{k=1}^{s}(X-\alpha_i)$. Comme $S$ divise $P$, les nombres $\alpha_i$ sont aussi des racines de $P$ donc, d'après le lemme, pour tout $i\in\{1, 2, ..., s\}$, $\left|\alpha_i\right|<H+1$. Il s'ensuit que, pour tout $i\in\{1, 2, ..., s\}$, $\left|n-\alpha_i\right| \geqslant n -\left|\alpha_i\right| > (H+2)-(H+1)=1$ donc
\[1=\left|S(n)\right|=\left|b\right|\prod_{i=1}^{s} \left|n-\alpha_i\right| > \left|b\right| \geqslant 1\]
car $b$ est un entier non nul. On aboutit à une contradiction donc $P$ est irréductible sur $\Z$.
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par LP.
