El siguiente del producto de 4 consecutivos

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Sea $f(x) = x(x+1)(x+2)(x+3)+1$ y $p$ un número primo impar. Pruebe
que existe un entero $ n $ tal que $p$ divide a $f(n)$ si y sólo si existe un entero
$m$ tal que $p$ divide a $m^2 - 5$.




Imagen de coquitao

"$\Rightarrow$." \begin{eqnar

"$\Rightarrow$."

\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...

Imagen de Lalo Castillo

 ya lo tienes casi completo,

 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. 

Imagen de coquitao

Sí, el "=>" ya estaba (nótese

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

Imagen de jmd

 Coquitao: no había tenido

 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:

En la cadena de dobles implicaciones que menciona Lalo, al llegar $(2n+3)^2=5\pmod{p}$ la solución oficial (del cuadernillo de la octava OMM) dice: 
 
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.
 
Y ya concluye el resultado. 
 
Te saluda
Imagen de jesus

Me parece muy interesante

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.

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 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 sólo le faltaría demostrar el regreso de esto último. Pero Lalo Castillo y jmd 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.

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

Saludos

Imagen de coquitao

Gracias por sus

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.