Primera parte:
Bueno, la parte a) sale de b), asi que demostremos solo b).
Sea p(x) el polinomio, existe r tal que p(r) no es 0, 1 ni -1.
Sea a = p(r), considero ahora ak + r, entonces, k entero.
Si p(x) = an xn+ + ... + a1 x + a0. Entonces p(ak + r) = an (ak + r)n + ... + a1 (ak + r) + a0, desarrollando los parentesis y sacando factor comun ak, llegamos a que p(ak + r) = akM + an rn + ... + a1 r + a0, donde M es un entero, pero esto ultimo es un p(r), o sea que tenemos p(ak + r) = akM + p(r) = akM + a = a(kM + 1), para k entero.
Ahora, para infinitos k, resulta que p(ak + r) sera compuesto, al menos "a" lo divide, y kM(k) es un polinomio y no puede valer siempre -1. Entonces kM(k) + 1, es no nulo para infinitos k.
Aclaracion: yo digo que M es entero y esto es falso, M = M(k) es funcion de k, y como k es entero M(k) es entero.
Segunda parte:
Aqui solo voy a dar ideas, y no una solucion cerrada.
Siempre puedo suponer que an > 0, sino considero -p(x).
Existe n0 tal que para n > n0 es p(n) > p(n0) y ademas p'(n) > 2, aqui necesito que p(x) sea un polinomio de grado mayor de 2.
Puedo suponer que n0 > 0. Ahora miro la ecuacion
p(x) = 2 k, para x > n0, y x no entero. Sea n > n0, entonces p(n+1) - p(n) = p'(m) para n < m < n+1, pero como p'(m) > 2, tenemos que p(n+1) - p(n) > 2, hay dos enteros por lo menos entre p(n) y p(n+1), y uno debe ser par.
Asi que p(x) = 2k tiene una solucion para x entre n y n+1, que seguramente no es entero.
Hasta aqui, no dije nada sobre los coeficientes del polinomio, salvo que an es positivo. Sirve para c) y d).
