Desde $n^4 - 1 = (n^2 - 1)(n^2 + 1)$ Esto sugiere el uso de $b = -1$ y $d = 1$ . Junto con $a = ep$ y $c = gp$ para cualquier número entero $e$ y $g$ , por lo que esos términos son congruentes con $0$ modulo $p$ Esto da como resultado
$$\begin{equation}\begin{aligned} f(n) & = n^4 - 1 - (n^2 + an + b)(n^2 + cn + d) \\ & = n^4 - 1 - ((n^2 - 1) + epn)((n^2 + 1) + gpn) \\ & = n^4 - 1 - ((n^4 - 1) + gpn(n^2 - 1) + epn(n^2 + 1) + egp^2n^2) \\ & = p(-gn(n^2 - 1) - en(n^2 + 1) - egpn^2) \end{aligned}\end{equation}\tag{1}\label{eq1A}$$
De forma algo más sencilla, utilizando congruencias, obtenemos
$$\begin{equation}\begin{aligned} f(n) & \equiv n^4 - 1 - (n^2 + an + b)(n^2 + cn + d) \\ & \equiv n^4 - 1 - ((n^2 - 1) + epn)((n^2 + 1) + gpn) \\ & \equiv n^4 - 1 - (n^2 - 1)(n^2 + 1) \\ & \equiv 0 \pmod{p} \end{aligned}\end{equation}\tag{2}\label{eq2A}$$
Ambas ecuaciones muestran $p \mid f(n)$ para todos $n \in \mathbb{N}$ . Obsérvese un caso básico de $e = g = 0$ da $f(n) = 0$ .
Actualización: Similar a $a$ y $c$ siendo cualesquiera enteros congruentes con $0$ modulo $p$ también podríamos tener $b \equiv -1 \pmod{p} \; \to \; b = -1 + hp$ y $d \equiv 1 \pmod{p} \; \to \; d = 1 + ip$ para cualquier número entero $h$ y $i$ . Además, el $-1$ y $1$ entre $b$ y $d$ podría cambiarse. No incluí esto originalmente para mantener los cálculos algo más cortos y simples, especialmente para \eqref {eq1A}, además la pregunta sólo pide demostrar que hay al menos una solución de un conjunto de enteros en lugar de determinar todas las posibles.