Aquí hay una solución bastante interesante que implica un poco de trucos combinatorios:
Empezaremos con algo de teoría básica:
Lema $(1)$ :
Para cualquier primo impar $p$ Hay exactamente $\frac{p-1}{2}$ residuos cuadráticos (mayores que $0$ ) y exactamente $\frac{p-1}{2}$ residuos no cuadráticos.
Lema $(2)$ :
Para cualquier número entero $n$ , $n^2$ es un residuo cuadrático $\pmod{p}$ . en otras palabras, $\big(\frac{n^2}{p}\big)=1$ (He utilizado El símbolo de Legendre aquí)
Empecemos ahora con las pruebas.
Considere los residuos $\pmod{p}$ : $(1,2,...,p-1)$ . Asignar $1$ a un residuo $k$ si es un residuo cuadrático, y $0$ si no es un residuo cuadrático. Ahora obtendremos una nueva secuencia de $1$ s y $0$ s fuera de la secuencia de origenl.
Por ejemplo, para $p=7$ obtendríamos $(1,2,3,4,5,6)\mapsto(1,1,0,1,0,0)$ .
Observe que para demostrar su pregunta, debemos mostrar que para cualquier primo $p\geq 5$ En esta secuencia, hay $2$ consecutivos $1$ s y $2$ consecutivos $0$ s (al menos).
Porque tenemos una secuencia de $p-1$ $1$ s y $0$ y hay exactamente $\frac{p-1}{2}$ $1$ s y $\frac{p-1}{2}$ $0$ s $($ esto es una implicación del lema $(1)$ porque hay $\frac{p-1}{2}$ residuos cuadráticos y $\frac{p-1}{2}$ residuos no cuadráticos $)$ podemos ver fácilmente que si hay 2 consecutivos $0$ s, entonces debe haber $2$ consecutivos $1$ s también.
Supongamos que para este primo $p$ no hay $2$ consecutivos $1$ s o $0$ s. Entonces, utilizando el lema $(2)$ porque $1$ es un residuo cuadrático, nuestra secuencia debería ser así: $(1,0,1,0,......,0)$ es decir, todos los números Impares de $1$ a $p-1$ son residuos cuadráticos y todos los números pares de $1$ a $p-1$ son residuos no cuadráticos. Pero utilizando el lema $(2)$ de nuevo, sabemos $4$ es un residuo cuadrático, lo que lleva a una contradicción para $p\geq 5$ $(p$ debe ser $\geq 5$ así que $4\leq p-1$ ).
Así que para $p\geq 5$ siempre encontraremos $2$ consecutivos $1$ s y $2$ consecutivos $0$ s.
