Provare che esistono infiniti interi $ a > 0 $ tali che, se $ v $ è il massimo esponente intero per cui $ 2^v $ divide $ \phi(a^2+1) $, allora $ v \ge \frac{14}{5} (\lfloor \ln \ln a\rfloor + 1) $.
Non lasciatevi ingannare: è quasi banale (una volta inforcata la via giusta).
Valutazioni (me?!): v_2(phi(a^2+1)) > 5/2 ceil(ln(ln(a)))
Utilizzerò un risultato elementare, per ogni intero $ n>1 $ se $ p $ è un primo che divide $ 2^{2^n} + 1 $ allora $ p = 1 \mod 2^{n + 2} $.
Posto $ a = 2^{2^{n-1}} $ se esistesse un primo $ q $ e un intero $ m>1 $ tali che $ a^2+1 = q^m $ allora per un intero $ r $ avremmo $ q - 1 = 2^r $ e $ \frac{q^m-1}{q-1}=2^{2^n - r} $ del resto $ \frac{q^m-1}{q-1} \ge q + 1 > q - 1 $ e quindi $ q - 1 | \frac{q^m-1}{q-1} $ ma è anche $ \frac{q^m-1}{q-1} = m \mod {q-1} $ da cui $ q - 1 | m $ e $ q - 1 = 2^r \le m \le 2^n $ cioè $ r \le n $ in contrasto con il teorema sopra, infine $ a^2+1 $ è primo oppure ha almeno due divisori primi distinti.
Se $ a^2+1 $ è composto dalla formula esplicita per $ \phi $ sappiamo che $ \prod_{p | a^2 + 1} (p - 1) | \phi(a^2+1) $, il prodotto della parte sinistra ha almeno due fattori ognuno dei quali è divisibile per $ 2^{n+2} $ ancora per il primo teorema quindi $ v_2(\phi(a^2+1)) \ge 2n + 4 $, altrimenti se $ a^2+1 $ è primo $ v_2(\phi(a^2+1))=v_2(a^2)=2^n \ge 2n + 4 $ per $ n>3 $.
Se non sbaglio si tratta di una stima migliore.
Posto $ a = 2^{2^{n-1}} $ se esistesse un primo $ q $ e un intero $ m>1 $ tali che $ a^2+1 = q^m $ allora per un intero $ r $ avremmo $ q - 1 = 2^r $ e $ \frac{q^m-1}{q-1}=2^{2^n - r} $ del resto $ \frac{q^m-1}{q-1} \ge q + 1 > q - 1 $ e quindi $ q - 1 | \frac{q^m-1}{q-1} $ ma è anche $ \frac{q^m-1}{q-1} = m \mod {q-1} $ da cui $ q - 1 | m $ e $ q - 1 = 2^r \le m \le 2^n $ cioè $ r \le n $ in contrasto con il teorema sopra, infine $ a^2+1 $ è primo oppure ha almeno due divisori primi distinti.
Se $ a^2+1 $ è composto dalla formula esplicita per $ \phi $ sappiamo che $ \prod_{p | a^2 + 1} (p - 1) | \phi(a^2+1) $, il prodotto della parte sinistra ha almeno due fattori ognuno dei quali è divisibile per $ 2^{n+2} $ ancora per il primo teorema quindi $ v_2(\phi(a^2+1)) \ge 2n + 4 $, altrimenti se $ a^2+1 $ è primo $ v_2(\phi(a^2+1))=v_2(a^2)=2^n \ge 2n + 4 $ per $ n>3 $.
Se non sbaglio si tratta di una stima migliore.
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