n primos

[Fedex]

Sea $p(x)=3x^2+1$. Sea $n$ un entero positivo, probar que el producto:
$$p(1) \; p(2) \; p(3) \; ... \; p(n)$$
Tiene como máximo $n$ divisores primos distintos.

[Joacoini]

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Decimos que $q$ es un divisor primo primitivo de $p(n)$ si $q\mid p(n)$ y $q\nmid p(i)$ para todo $0<i<n$.
El problema se traduce a demostrar que $p(n)$ tiene a lo sumo un divisor primo primitivo para todo $n$.
Esta claro que $mcd(n,p(n))=1$.
Supongamos que $q$ es raíz primitiva de $p(n)$ y $q<n$, si $r<n$ es el resto de $n$ en la división por $q$ tenemos que
$0\equiv p(n)\equiv 3n^2+1\equiv 3r^2+1\equiv p(r)$ $mod(q)$
Como $q\mid p(r)$ llegamos a una contradicción.
Supongamos que $q$ es raíz primitiva de $p(n)$ y $n<q<2n$, tenemos que
$0\equiv p(n)\equiv 3n^2+1\equiv 3(-n)^2+1\equiv 2(q-n)^2+1\equiv p(q-n)$ $mod(q)$
Como $q\mid p(q-n)$ y $q-n<n$ llegamos a una contradicción.
Sea $n$ tal que $p(n)$ tenga dos divisores primos primitivos distintos $q_1$ y $q_2$, tenemos que $q_1,q_2\geq 2n\Rightarrow p(n)\geq q_1q_2\geq 4n^2+2n>3n^2+1=p(n)$
Contradicción por lo que $p(n)$ tiene a lo sumo un divisor primo primitivo para todo $n$.

[Fedex]

Tal cual lo mismo pero con un cambio chiquito

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Sea $k$ un primo tal que $k|p(n)$ y $1 \leq k \leq 2n-1$ entonces $k|p(i)$ para algún $1 \leq i \leq n-1$

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$k≠n$ porque de lo contrario $k | 1$ y $k =1$ que no es primo.
Luego este primo acepta una representación de la forma:
$n - (n -1)$
$n - (n-2)$
...
$n-1$
$n+1$
$n+2$
...
$n+(n-1)$

Es decir $k = n \pm i$ para $1 \leq i \leq n-1$
Luego:
$k|(n \pm i)(n \mp i) = n^2 - i^2$
$k| 3n^2 - 3i^2 = (3n^2 + 1) - (3i^2 + 1) = p(n) - p(i)$
Y como $k|p(n)$ entonces $k|p(i)$.

Luego si $k$ es un primo “nuevo” $k \geq 2n$
Entonces si $p(n)$ aporta $2$ primos nuevos:
$p(n) \geq 2n(2n+1)$
Cosa que no ocurre.

[GilbertoMoncada]

Wao! esta un poco confuso