P6. OMM 1993. El siguiente del producto de 4 consecutivos

"$\Rightarrow$."

\begin{eqnarray*}
f(x) &=& (x^{2}+3x)(x^{2}+3x+2) + 1\\
&=& (x^{2}+3x+1-1)(x^{2}+3x+1+1) + 1\\
&=& (x^{2}+3x+1)^{2}
\end{eqnarray*}

Luego, si $n$ es tal que $p | f(n)$ entonces

$p | (n^{2}+3n+1)$

y por tanto

$4n^{2} + 2(3)(2n) + 4 \equiv 0  \pmod{p}$

o lo que es lo mismo

$(2n+3)^{2} \equiv 5  \pmod{p}$. QED.

Profesor Muñoz, ¿podría poner una sugerencia para la otra implicación? La verdad sí me gustaría tener una prueba completa de esta joyita...

 ya lo tienes casi completo, la idea está ahi, como bien dices $p | f(n) $ si y solo si $p | n^2 + 3n + 1$ si y solo si $ 4(n^2 + 3n + 1) = mod(p)$ ya que $p$ es impar y esto pasa si y solo si $(2n + 3)^2= 5 mod (p)$.

para el regreso si $m^2 = 5 $, si  $m$ es impar siempre puedes escribir $m=2n +3$ para algun entero, si $m$ es par pues también se tiene que $(m+p)^2 = 5 mod(p)$ y $m+p$ es impar. 

Sí, el "=>" ya estaba (nótese el QED). La petición era sólo sobre el "<=". Muchas gracias.

 Coquitao: no había tenido lugar para contestar, pero bueno, de cualquier manera te contesto con el fragmento de la solución oficial que lleva a terminar (de manera alternativa) la argumentación de Lalo:

Como 2 y $p$ son primos relativos, multiplicar por 2 y sumar 3 es una biyección del conjunto de residuos módulo $p$ en sí mismo.

Me parece muy interesante este problema, sobre todo me llamó la atención la segunda parte de la equivalencia:

Existe m tal que $p$ divide a $m^2 - 5$

Ya que esa es la definición de que $p$ tiene a 5 como residuo cuadrático [2].

Entonces, el problema se escribiría así:

Sea $p$ un número primo. Entonces, $p$ divide a un número de la forma $ n(n+1)(n+2)(n+3)+1$ si  y sólo si  5 es residuo cuadrático de $p$.

Luego, lo que probó coquitao [3] se puede resumir en:

Sea $p$ un número primo. Entonces, $p$ divide a un número de la forma $ n(n+1)(n+2)(n+3)+1$ si  y sólo si  existe $n$ tal que $(2n+3)^2 \equiv 5 \pmod{p}$

Y esto es casi el resultado, pues es obvio que:

Si existe $n$ tal que $(2n+3)^2 \equiv 5 \pmod{p}$ entonces 5 es residuo cuadrático módulo $p$.

Entonces, a coquitao [3] sólo le faltaría demostrar el regreso de esto último. Pero Lalo Castillo [4] y jmd [5] ya aportaron una solución. Así que yo intentaré aportar otra:

Por hipótesis, existe $m$ tal que $m^2 \equiv 5 \pmod{p}$.  Entonces, sólo necesitamos encontra $n$ tal que $2n + 3 \equiv m \pmod{p}$, es decir, que la ecuación de módulos $2x+3 \equiv m \pmod{p}$ tiene solución. Pero para esto, evoco al siguiente resultado conocido sobre teoría de módulos:

Teorema. La ecuación diofantina $ax \equiv b \pmod{m}$ tiene solución si y sólo si $(a,m) | b$. Más aun, si $(a,m) | b$ entonces la ecuación tendrá $(a,m)$ soluciones no congruentes.

Este teorema lo pueden consultar en: Ecuación lineal en una variable módulo m [6].

Creo que me pasé... escribí más de lo que realmente necesario.

Saludos

Gracias por sus comentarios.

@Profe Muñoz: sobre la solución oficial al problema no puedo más que recordar las ya célebres: "trivial, pero no para el novicio". Empero, creo que el desglose que hace JRV de la idea es inmejorable.

Y sí, había dado con la reformulación del problema en términos de restos cuadráticos pero me faltaba considerar el argumento biyectivo. :P

Saludos.