Si dimostri che, dato un qualsiasi intero $ a>1 $, esistono infiniti primi p tali che:
$ \displaystyle v_p(a^{ord_p(a)}-1)\equiv 1 \pmod 2 $
Dove $ v_p(\cdot ) $ e' la massima potenza di p che divide la roba tra parentesi, e $ ord_p(\cdot ) $ e' il piu' piccolo esponente positivo a cui bisogna elevare la roba tra parentesi per renderla congrua a 1 modulo p.
Buon lavoro.
sulla parita' delle valutazioni p-adiche
sulla parita' delle valutazioni p-adiche
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
Vabeh, non posso prendere così in giro un topic e lasciarlo al suo destino! Quindi ecco la soluzione 
Partiamo dal noto lemma: se a,b sono interi coprimi, e ab è un quadrato, allora a,b sono entrambi quadrati. Questo si generalizza allo stesso modo se a,b sono razionali.
Ora supponiamo che p sia un primo grande che non divide a-1. Allora è ben noto che $ ~ \frac{a^p-1}{a-1} $ e $ ~ a-1 $ sono relativamente primi. Quindi $ ~ \frac{a^p-1}{a-1} $ è un quadrato perfetto, per il nostro criterio, se e soltanto se $ ~ a^p-1 $ è un quadrato perfetto, ma questo non lo è mai, perchè p è grande e per il lemma di piever ---> viewtopic.php?t=8192
Quindi, $ ~ \frac{a^p-1}{a-1} $ non è un quadrato perfetto, ma, per ogni primo q che lo divide:
- se q divide $ ~ a^k - 1 $ per k < p, allora divide a-1, ma $ ~ \frac{a^p-1}{a-1} $ e a-1 sono coprimi.
- quindi se q divide quello, allora $ ~ \mbox{ord}_q(a) = p $
E siccome quella roba non è un quadrato perfetto, c'è un q che lo divide con esponente dispari.
Sappiamo che i primi grandi che non dividono a-1 sono infiniti. E se p,q sono primi di questo tipo, e $ ~ r \mid \frac{a^p-1}{a-1} $ e $ ~ r \mid \frac{a^q-1}{a-1} $... ecco, questo è impossibile per i soliti lemmi sui gcd di formule di questo tipo.
Quindi i primi p per cui $ ~ (v_p \circ v_2^2) (a^{\mbox{ord}_p(a)}-1) = \infty $ sono infiniti.
Partiamo dal noto lemma: se a,b sono interi coprimi, e ab è un quadrato, allora a,b sono entrambi quadrati. Questo si generalizza allo stesso modo se a,b sono razionali.
Ora supponiamo che p sia un primo grande che non divide a-1. Allora è ben noto che $ ~ \frac{a^p-1}{a-1} $ e $ ~ a-1 $ sono relativamente primi. Quindi $ ~ \frac{a^p-1}{a-1} $ è un quadrato perfetto, per il nostro criterio, se e soltanto se $ ~ a^p-1 $ è un quadrato perfetto, ma questo non lo è mai, perchè p è grande e per il lemma di piever ---> viewtopic.php?t=8192
Quindi, $ ~ \frac{a^p-1}{a-1} $ non è un quadrato perfetto, ma, per ogni primo q che lo divide:
- se q divide $ ~ a^k - 1 $ per k < p, allora divide a-1, ma $ ~ \frac{a^p-1}{a-1} $ e a-1 sono coprimi.
- quindi se q divide quello, allora $ ~ \mbox{ord}_q(a) = p $
E siccome quella roba non è un quadrato perfetto, c'è un q che lo divide con esponente dispari.
Sappiamo che i primi grandi che non dividono a-1 sono infiniti. E se p,q sono primi di questo tipo, e $ ~ r \mid \frac{a^p-1}{a-1} $ e $ ~ r \mid \frac{a^q-1}{a-1} $... ecco, questo è impossibile per i soliti lemmi sui gcd di formule di questo tipo.
Quindi i primi p per cui $ ~ (v_p \circ v_2^2) (a^{\mbox{ord}_p(a)}-1) = \infty $ sono infiniti.
