Su respuesta es correcta, hasta algunos de los supuestos y la falta de casos donde $p$ es incluso.
He aquí una respuesta en términos de aritmética modular. Esto también se salta el factoring cosas.
En general, si $m\equiv n\pmod D$, e $f$ es un polinomio con coeficientes enteros, entonces $f(m)\equiv f(n)\pmod D$. (Esto puede ser visto por el hecho de que $\mathbb Z\to \mathbb Z/D$ es un anillo automorphism, pero puede ser visto más directamente observando que en el $m-n\mid m^k-n^k$ para cualquier entero $k\geq 0$.)
Las condiciones anteriores significan $f(a)\equiv f(b)\equiv 1\pmod 2$$a\equiv 1\pmod 2$$b\equiv 0\pmod 2$.
Para cualquier entero$m$, $m\equiv 1\equiv a\pmod 2$ o $m\equiv 0 \equiv b\pmod 2$. Esto significa que $f(m)\equiv f(a)\equiv 1\pmod 2$ o $f(m)\equiv f(b)\equiv 1\pmod 2$. Por lo tanto, $f(m)\equiv 1\pmod 2$ todos los $m$, y, por tanto, $f(m)$ es impar, por lo tanto,$f(m)\neq 0$.
Nota cómo funciona esto en general. Si $D$ es cualquier número y $f(a)\not\equiv 0\pmod D$ si $m\equiv a\pmod D$$f(m)\not\equiv 0\pmod D$, y, en particular, $m$ no es una raíz de $f(x)$.
Si usted no sabe aritmética modular, puede que aún tenga en cuenta que $m-n\mid f(m)-f(n)$. En particular, si $m-a$ es incluso, a continuación, $2\mid m-a \mid f(m)-f(a)$ $f(m)$ es extraño dado que $f(a)$ es impar. Si $m-b$ es par, entonces del mismo modo, $2\mid f(m)-f(b)$ y, por tanto, $f(m)$ es de nuevo extraño dado que $f(b)$ es impar. Dado que uno de $m-a$ $m-b$ debe ser, incluso, de que se hacen.
