Polinomi e valori primi

È noto che esistono polinomi $p(x)$ a coefficienti interi che assumono valori primi per numerosi valori interi consecutivi di $x$. Ad esempio, $x^2−x+4$1 è primo per ogni $1 \leq  x  \leq  40$, e $x^2−79x+1601$ è primo per ogni $1 \leq  x \leq 79$.

Tuttavia, non è possibile che un polinomio a coefficienti interi assuma esclusivamente valori primi, come mostra il seguente elegante argomento [1, Theorem 21 p. 22].

Sia $$f(x)= a_0x^k +a_1x^{k-1} +\ldots+a_k$$ un polinomio a coefficienti interi. Possiamo assumere $a_0>0$, in modo che $\lim f(x)=+ \infty$ quando $x \to + \infty$. In particolare, $f(x)>1$ per $x$ sufficientemente grande. Fissiamo un intero positivo $n$ tale che $f(n)>1$, e poniamo $m=f(n)$. 

Se $r$ è un intero positivo arbitrario, allora la quantità $$f(rm+n) = a_0(rm+n)^k + \ldots = m(\ldots)+f(n) = m(\ldots) + m$$ è divisibile per $m$ qualunque sia $r$. Quindi $f(rm+n)$ è composto e, siccome $rm+n$ diventa arbitrariamente grande al crescere di $r$, deduciamo che $f(x)$ è composto per infiniti valori interi di $x$.

Osservazione. Ogni polinomio lineare irriducibile su $\mathbb{Z}$ rappresenta infiniti numeri primi per il teorema di Dirichlet. Non è noto se esistano polinomi di grado $>1$ che rappresentano infiniti primi.
D'altra parte, non è difficile esibire polinomi irriducibili su Z che non rappresentano neanche un numero primo. Un esempio è $$f(x)=x(x+1)+4$$ che rappresenta solo numeri pari, e non rappresenta $\pm 2$.

Riferimenti.
[1] G. H. Hardy, E. M. Wright: An Introduction to the Theory of Numbers, Sixth Edition, Oxford University Press 2007

Controlli di parità e irrazionalità di $\sqrt{3}$

Le dimostrazioni usuali dell'irrazionalità di $\sqrt{3}$ (per discesa infinita o per fattorizzazione unica) si basano su argomenti che funzionano "modulo $3$". 

Sorprendentemente, è possibile dare la seguente dimostrazione che si basa esclusivamente su argomenti di parità, dunque che funziona "modulo $2$". Questo la rende qualitativamente differente dalle dimostrazioni citate sopra [1].

Supponiamo $\sqrt{3}=a/b$, con $a,\, b$ interi positivi senza fattori comuni. Allora $a^2=3b^2$ e, siccome $a$ e $b$ non possono essere entrambi pari, segue che devono essere entrambi dispari. 

Ponendo $a=2n+1$ e $b=2m+1$ si ottiene dunque $$4m^2+4m+1 = 3(4n^2+4n+1).$$

Sviluppando i calcoli, sottraendo $1$ ad ambo i membri e dividendo per $2$, ricaviamo $$2m^2+2m = 6n^2+6n+1.$$ Ciò è assurdo, dato che il termine di sinistra è un intero pari, mentre quello di sinistra è dispari. 

Esattamente lo stesso argomento mostra che, se $k$ è un intero positvo tale che $k \equiv 3 (\operatorname{mod} 4)$, allora  $\sqrt{k}$ è irrazionale.

Per  gli altri interi $k$ non quadrati, la situazione è più delicata. Se $k=5$, l'argomento di parità funziona ancora con una semplice modifica: partendo da $$4m^2+4m+1 = 5(4n^2+4n+1),$$ sottraendo $1$ e dividendo per $4$ si ottiene $$m^2+m = 5n^2+5n+1,$$ di nuovo una contraddizione dato che $m²+m = m(m+1)$ è sempre pari, mentre  $5n²+5n+1 = 5n(n+1)+1$ è sempre dispari.

Tuttavia, non c'è modo (mi sembra) di adattare il metodo per  $k=17$.

Domanda: è possibile dimostrare che $\sqrt{17}$ è irrazionale utilizzando esclusivamente argomenti modulo 2 (cioè, "controlli di parità")?

Riferimenti.
[1] https://math.stackexchange.com/questions/4188429/novel-proof-of-the-irrationality-of-sqrt3