Ah es muchisimo mas facil de lo que pensaba, y lo que hay que probar es super debil. (Digo esto 15 anios despues de la prueba y con una licenciatura en matematica encima kjjj.)
Quiero probar que hay infinitos $n$ tales que $n^2+1$ tiene un divisor primo mayor a $2n+\sqrt{2n}$. Notar que esto es equivalente a probar que existen infinitos primos $p$ tales que $p\mid n^2+1$ con $p>2n+\sqrt{2n}$. (Si hubiera finitos de estos primos, habria finitos $n$, ya que $n$ grande implica $p$ grande. Si hubiera finitos $n$, tienen finitos divisores primos, asi que hay finitos $p$.)
Dado $p$ existe $n$ tal que $p\mid n^2+1$ si y solo si $p\equiv 1\pmod 4$, y hay infinitos primos $4k+1$. (Ambos hechos son conocidos.) Sea $p=4k+1$ grande y sea $n\in\{1,\ldots,p-1\}$ tal que $p\mid n^2+1$. Tenemos que $n'=p-n$ tambien cumple asi que podemos suponer $n\leq \frac{p-1}2$. Entonces $n=\frac{p-1}2-x$ con $x\geq 0$ entero. Tenemos $p\mid n^2+1$ asi que multiplicando por $4$ queda $p\mid (2x+1)^2+4$, es decir, $(2x+1)^2+4=pk$ con $k\geq 1$. Supongamos que $k=1$. Entonces hay $x\geq0$ con $(2x+1)^2+4=p$. Ahora $(2x+1)^2+4 = 4x(x+1)+5 \equiv 5 \pmod 8$. Entonces si $p\equiv 1\pmod 8$ esto no pasa.
Probemos que hay infinitos primos $p\equiv 1\pmod 8$. Esto es un caso particular del teorema de Dirichlet, pero hagamoslo de forma elemental. Supongamos que hay finitos primos $p_1,\ldots,p_k\equiv 1\pmod 8$. Sea $p$ un divisor primo de $(2p_1\ldots p_k)^4+1$. Claramente $p$ no es ninguno de los $p_1,\ldots,p_k$ y es impar. Sea $n=2p_1\ldots p_k$. Tenemos $p\mid n^4+1\mid n^8-1$. Sea $d$ minimo tal que $p\mid n^d-1$. Tenemos $d\mid 8$. Si $d\mid 4$ entonces $p\mid n^4-1$, que contradice $p\mid n^4+1$. Entonces $d=8$ asi que $8\mid p-1$ ya que $n^{p-1}\equiv 1$ por Fermat. Esto implica que $p\equiv 1\pmod 8$ y no esta en la lista, contradiccion. Entonces hay infinitos primos $p\equiv 1\pmod 8$.
Entonces, volviendo, podemos asumir que no hay $x$ con $(2x+1)^2+4=p$. Por lo tanto $k\geq 2$. Esto implica $(2x+1)^2+4\geq 2p$, es decir, $x\geq \frac12(\sqrt{2p-4}-1)$. Por lo tanto $n=\frac{p-1}2-x\leq \frac{p-1}2 - \frac12(\sqrt{2p-4}-1) = \frac p2 - \sqrt{\frac p2-1}$. Basta probar que esto implica $p>2n+\sqrt{2n}$. Sea $a=\sqrt{\frac p2-1}$. Esto es $a^2+1-a-n\geq0$, es decir, $a\geq \frac12(\sqrt{4n-3}+1)$. Elevando al cuadrado esto da $\frac p2-1 \geq \frac14(4n+2\sqrt{4n-3}-2)$, es decir, $p\geq 2n+\sqrt{4n-3}+1>2n+\sqrt{2n}$. Listo.
