Vi propongo la soluzione "grezza" (secondo me la più bella
) del Problema 77.
$ \textbf{Lemma 1} $: Dati $ $x$ $ e $ $y$ $ interi positivi, $ $x\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{y}{x} \right\rfloor+1\right) = y+1 \Leftrightarrow x|(y+1)$ $.
$ \textit{Dimostrazione} $. Posso scrivere per il teorema del resto che $ $y=kx+r$ $ con $ $k$ $ e $ $r$ $ interi positivi e $ $0\leq r < k$ $. Chiaramente$
$$
x\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{y}{x} \right\rfloor+1\right) = kx + x = kx + r + 1 \Rightarrow r=x-1
$$
$
Dunque $ $y=kx + x - 1 \Rightarrow x|y+1$ $.
Per la seconda freccia, se $ $x|y+1$ $ allora per qualche $ $t$ $ intero positivo si ha $ $y+1 = tx \Rightarrow y = tx-1$ $. Dunque $
$$
x\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{y}{x} \right\rfloor+1\right) = x(t-1+1)=xt = y+1
$$
$
come volevo mostrare.
$ \textbf{Lemma 2} $: Dati due primi diversi $ $p_1$ $ e $ $p_2$ $ e un esponente $ $n$ $ intero positivo, $ $p_2^n\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{p_1-1}{p_2^n} \right\rfloor+1\right) \geq p_1+1
$ $.
$ \textit{Dimostrazione} $. Chiaramente vale $ $p_2^n\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{p_1-1}{p_2^n} \right\rfloor+1\right) > p_1-1$ $. Se per assurdo fosse $ $p_2^n\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{p_1-1}{p_2^n} \right\rfloor+1\right) = p_1$ $, per il $ \textbf{Lemma 1} $ $ $p_2^n | p_1$ $ che è assurdo a meno che $ $p_2=p_1$ $ e $ $n=1$ $. Dunque il lemma resta provato.
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Tornando al problema, chiaramente mostrando che per ogni primo $ $q_i$ $ che compare nella fattorizzazione di quel prodotto, il suo esponente è positivo ho finito. Per contare la valutazione $ $q_i-$ $adica basta sommare gli esponenti dei termini $ $k$ $ tali che $ $q_i|k$ $, poi quelli tali che $ $q_i^2|k$ $ e così via. Dunque $
$$
v_{q_i} \left(\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1} k^{2k-p-1}\right) = \displaystyle\sum_{j=1}^{\infty} \displaystyle\sum_{t=1}^{\left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor} 2q_i^jt - p- 1 =
$$
$
$
$$
= \displaystyle\sum_{j=1}^{\infty} q_i^j\cdot \left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor \cdot \left(\left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor+1\right) - \left(\left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor\right)(p+1)
$$
$
Per il $ \textbf{Lemma 2} $ (lo posso applicare perché sicuramente $ $q_i \neq p$ $), moltiplicando per $ $\left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor$ $, ottengo
$
$$q_i^j\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{p-1}{q_i^j} \right\rfloor+1\right) \geq p+1 \Rightarrow q_i^j\cdot \left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor \cdot \left(\left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor+1\right) - \left(\left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor\right)(p+1) > 0
$$
$
e dunque essendo la valutazione $ $q_i-$ $adica somma di valori positivi è positiva da cui la tesi.
Spero sia tutto giusto
Ora nel post successivo metto la soluzione (spero giusta) del problema 78.