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Dato $p\ge 5$ primo, sia $\displaystyle \prod_{i=1}^kp_i^{a_i}$ la scomposizione in fattori primi di $(p-1)^p+1$. Sia $\displaystyle S(p)=\frac{\sum_{i=1}^ka_ip_i}{p^2}$.
0) Dimostrate che $k>1$
1) Dimostrate che $2\cdot S(p)\ge 1$
2) Dimostrate che per ogni $\epsilon$ reale positivo esiste un $a$ tale che $\forall\ p>a:\ S(p)>2-\epsilon$
3) Dimostrate che per ogni $r$ reale esiste un $a$ tale che $\forall\ p>a:\ S(p)>r$

p.s. bon... 0) e 1) è un TST italiano del 2007 mi pare, il 2) è una generalizzazione facilotta che ho beccato su Ml, il 3) è tutto mio ma non scommettei che la dimostrazione regge... soprattutto perchè è solo un'idea che forse funziona, ma forse sega completamente (però se regge è un bel risultato (certo... non una bella dimostrazione... ))
p.p.s. questo è ovviamente aperto a chiunque, sperando che non muoia in solitudine pure sto coso

edit: "non scommettei che la dimostrazione regge... soprattutto perchè è solo un'idea che forse funziona, ma forse sega completamente " e infatti sega completamente

Facciamo i primi due...

0) Noto che $p|(p-1)^p+1$. Suppongo per assurdo che $k=1$. Allora deve essere $(p-1)^p+1=p^t$ per qualche t positivo. Suppongo $t\geq 3$. Sviluppando col binomio di Newton ho $(p-1)^p+1= \displaystyle\sum_{i=0}^p {p\choose i}p^{p-i}(-1)^i+1$. Analizzando modulo $p^3$ nella sommatoria vanno via tutti i termini tranne quelli corrispondenti a $i=p-1,p$. Quindi rimane
$p^2-1+1 \equiv p^2 \equiv p^t \equiv 0 \mod p^3$ che è assurdo. Inoltre se $t=1$ si ha $p=1$ che è assurdo, e se $t=2$ si ha $(p-1)^p = (p-1)(p+1) \Rightarrow (p-1)^{p-1} = p+1$. Ora si dimostra facilmente per induzione che $(n-1)^{n-1} > n+1$ per $n\geq 4$, quindi è assurdo. (Con il passo base e le ipotesi del caso $n^n>(n-1)^n=(n-1)^{n-1}\cdot(n-1)>(n+1)(n-1)>n+2$).
1) Allora, innanzitutto dimostro che tutti gli altri fattori primi oltre a $p$ (che fra l'altro per lifting the exponents compare con potenza 2 nella fattorizzazione), sono maggiori di $p$. In particolare dimostro che sono tutti del tipo $2kp+1$. Infatti sia $q$ un primo (diverso da 2, perché quella roba è dispari) se $q|(p-1)^p+1$, allora $q|(p-1)^{2p}-1$. Quindi $ord_{q} p-1|2p$ e siccome $ord_{q} p-1|q-1$ si ha $ord_{q} p-1 | (2p,q-1)$. Ci possono essere 2 casi ora (ovvero quanti sono i divisori pari di $2p$):
a) $ord_{q} p-1 = 2 \Rightarrow (p-1)^2 \equiv 1 \pmod q$. Ciò implica necessariamente $p-1 \equiv \pm 1 \pmod q$ e in entrambi casi si ha l'assurdo.
b) $ord_{q} p-1 = 2p \Rightarrow 2p|q-1 \Rightarrow q=2kp+1$, come volevo mostrare.
Ora, la fattorizzazione è diventata $p^{a_1}\displaystyle\prod_{i=2}^n (2k_ip+1)^{a_i}$ (non so se è vero sempre, ma avevo tentato di dimostrare che gli esponenti dei fattori primi diversi da $p$ sono sempre $1$, ma poi ho notato che non serviva a niente... detto in altri termini congetturo che $\frac{(p-1)^p+1}{p^2}$ è libero da quadrati... lo lascio come bonus). Posso scrivere ora che $p^p>(p-1)^p+1=p^{a_1}\displaystyle\prod_{i=2}^n (2k_ip+1)^{a_i}>p^{a_1}\displaystyle\prod_{i=2}^n p^{a_i}$. Da quest'ultima si ricava che la somma degli esponenti è strettamente minore di $p$.
Ora uso una AM-GM pesata e concludo che
$\dfrac{\displaystyle\sum_{i=1}^n a_ip_i}{\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i} \geq \left(\displaystyle\prod_{i=1}^n p_i^{a_i}\right)^{\frac{1}{\sum_{i=1}^n a_i}}$
Da questa si ottiene che, detta $x=\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i$, ${\displaystyle\sum_{i=1}^n a_ip_i} \geq x\cdot ((p-1)^p+1)^{\frac{1}{x}} > x\cdot(p-1)^{\frac{p}{x}}$.
Per concludere serve mostrare che $x\cdot(p-1)^{\frac{p}{x}} > \dfrac{p^2}{2}$. Ora la mia idea era quella di mostrare che se $1<x<p$ (che ho mostrato prima), allora $x\cdot(p-1)^{\frac{p}{x}}$ è decrescente (e a meno che i calcoli siano segati, l'ho fatto, ma sfruttando le derivate da una parte, quindi non lo scrivo... se qualcuno ha una soluzione migliore per quest'ultima parte sarei molto felice). In questo caso quindi basta mostrare la disuguaglianza per $x=p$. Si ottiene che $p\cdot(p-1) > \dfrac{p^2}{2}$ che è vero essendo $p^2-2p>0$ per $p\geq 5$.

Perfetto... resta da fare 2)