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Dimostare che $\displaystyle\frac{3^{3u}-1}{3^u-1}$ per ogni $u \geq 1$ dispari può essere scritto come somma di due quadrati

Nel caso ce ne sia bisogno (ammetto di non sapere bene come funziona hide in html quindi scusatemi se l'hint non verrà coperto): EDIT: ho messo un \displaystyle per aumentare la leggibilità del TeX. ma_go

$ \frac{3^{3u}-1}{3^u-1}=3^{2u}+3^u+1=3^{2u}-2 \cdot 3^u + 3^{u+1}+1 = (3^u-1)^2+3^{u+1} $ che per u dispari è una somma di quadrati.
Per i pari non è possibile dal momento che la quantità in questione è congrua a 3 (modulo 4).

Non mi aspettavo esistesse la soluzione "semplice" in tal caso rilancio subito (speriamo che non abbia fatto errori e che il mio rilancio sia giusto). Dimostrare che se $p$ è primo $\equiv -1 (\mod 4)$ e $u \geq 1$ è dispari, allora:
$$
\frac{p^{pu}-1}{p^u-1}
$$
può essere scritto come somma di due quadrati (l'hint di sopra vale anche per questo caso un po' più generale ) sperando che non abbia sbagliato il rilancio trascurando qualche dettaglio, appena me ne vengono in mente di ancora più forti li posto subito

Nascondo la mia soluzione dato che bara.
EDIT: si, scusate, mi ricordavo male.

No è falso 21 dovrebbe essere l'esempio più piccolo

Bon mi sento lanciato:
Sia $q$ un primo che divide $\displaystyle \frac{p^{pu}-1}{p^u-1}$. Noto subito che $q$ non può essere $p$ e neanche $2$ (perchè risulta modulo 4 che sia numeratore che denominatore sono divisibili esattamente per 2).
Deve valere $Ord_{q}(p^u)=p$ quindi $p|q-1$. (1)
Inoltre vale anche anche $p|\frac{q-1}{2}$ e perciò $(p^u)^{\frac{q-1}2}\equiv 1\pmod q$ che è equivalente a dire che $p^u$ è residuo quadratico che è equivalente a $p$ residuo quadratico (2) essendo $u$ dispari.
La (1) vuol dire $\left(\frac{q}{p}\right)=\left(\frac{1}{p}\right)=1$.
La (2) vuol dire $\left(\frac{p}{q}\right)=1$.
E applicando la reciprocità quadratica (e sfruttando finalmente $p\equiv 3\pmod 4$) ottengo $1=\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}=(-1)^{\frac{q-1}{2}}$ e da ciò deriva $q\equiv 1\pmod 4$.
Ora ho che qualsiasi primo che divide $\displaystyle \frac{p^{pu}-1}{p^u-1}$ è congruo a 1 modulo 4 e quindi per il fatto noto questo è esprimibile come somma di 2 quadrati che è la tesi.

p.s. tra gli esercizi più tecnici che abbia mai fatto... davvero è solo l'applicazione di teoremi a manovella...

Dannato Dante avrei postato prima se non fosse per sti benedetti canti... A occhio è identica a quella di Dario, posto solo per non lasciare la bozza.
Caso generale: dimostro che $\displaystyle \frac{p^{pu}-1}{p^{u}-1}$ non ha fattori primi $\equiv 3 \pmod 4$, che implica la tesi per quanto già detto da Sonner.
Per assurdo supponiamo esista $q \equiv 3 \pmod 4$ che divide $\displaystyle \frac{p^{pu}-1}{p^{u}-1}$. Ora possono capitare 2 cose:

• $v_{q}(p^{pu}-1)> v_{q}(p^{u}-1)> 0$: allora per Lifting The Exponent $v_{q}(p^{pu}-1) - v_{q}(p^{u}-1)= v_{q}(p)> 0$ che è possibile solo se $q=p$. Ma allora l'assurdo è evidente dato che $p$ NON divide $p^{u}-1$.
• $v_{q}(p^{pu}-1)> v_{q}(p^{u}-1)= 0$: in termini di ordini moltiplicativi queste condizioni diventano $ord_{q}p \mid pu$ e $ord_{q}p$ NON divide $u$.
  Se $(p,ord_{q}p)= 1$ e $ord_{q}p \mid pu$, allora segue che $ord_{q}p \mid u$, che è assurdo. Quindi $p \mid ord_{q}p \mid q-1$ da cui ottengo $q \equiv 1 \pmod p$. Voglio dimostrare che se $p \mid ord_{q}p$ allora $2p \mid ord_{q}p$: se ci riesco ho finito in quanto $2p \mid pu $ è assurdo per $u$ dispari. Suppongo per assurdo che $2$ NON divide $ord_{q}p$: vale $\phi q= q-1= ord_{q}p \cdot k$ con $k$ pari. Preso un generatore $g$ modulo $q$ posso scrivere $1 \equiv p^{ord_{q}p} \equiv (g^{k})^{ord_{q}p} \pmod q$ da cui deduco che $p$ è un quadrato modulo $q$. Inoltre $q \equiv 1 \pmod p$ quindi $q$ è un quadrato modulo $p$.
  
  Ma per la Reciprocità Quadratica, $(\frac{p}{q})= (\frac{q}{p}) \cdot (-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}} = 1 (-1) = -1$ che è vero perchè $p$ e $q$ sono entrambi $\equiv 3 \pmod 4$. Ma io avevo dimostrato che $p$ era un quadrato modulo $q$ $\rightarrow$ assurdo.