Primi e binomiali

[Marco]

Ciao. Procediamo.

Un po' di notazione: sia $ p $ un numero (che poi supporremo primo) e $ a $ un qualunque intero non nullo. Definisco la funzione $ v_p(a) $ come la potenza di $ p $ che divide esattamente $ a $, ossia il massimo intero $ v $ t.c. $ ap^{-v} $ risulti intero. Tale funzione la chiamo valutazione (o, se occorre chiarire, valutazione $ p $-adica) di $ p $. Inoltre, definisco $ r_p(a) $ come quell'unica classe di congruenza $ \pmod p $ [non nulla], t.c. $ a p^{-v_p(a)} \equiv r_p(a) \pmod p} $. Tale classe sarà chiamata residuo [$ p $-adico] di $ a $. (N.B.: mentre per "valutazione" ne sono certo, non sono sicuro che "residuo" sia la terminologia standard; se qualcuno conosce il nome e la notazione consueti, me lo segnali, grazie).

C'è una simpatica interpretazione di questi numeri, se pensate di scrivere $ a $ in base $ p $: la valutazione è il numero di zeri di coda, mentre il residuo è la cifra non nulla meno significativa (con alcuni caveat per i numeri negativi).

Quando non c'è possibilità di confuzione l'indice $ p $ sarà omesso.

Necessità per le non potenze di primi

Con riferimento al Pb.#2, dimostro che, se $ q $ non è potenza di un primo, allora

$ \exists k \in \mathbb N_0 : \displaystyle \binom{kq}{q} \not \equiv k \pmod{q^3} $.

Sia allora $ q $ come detto, sia $ p $ un suo divisore primo. Ho già osservato che, per un opportuno intero $ N $, dipendente da $ k $,

$ \displaystyle \binom{kq}{q} = k\frac{N}{(q-1)!} $

Claim: è possibile scegliere $ k $ in modo t.c. $ v_p(k) = 0 $ (i.e. coprimo con $ p $) e $ v_p(N) $ grande a piacere.

Il Claim implica la tesi. Infatti,

$ \displaystyle v\left( \binom{kq}{q} \right) = v(k) + v(N) - v\big((q-1)!\big) = v(N) - v\big((q-1)!\big) $. Il secondo membro può essere reso grande a piacere. A me basta che sia 1. In tal caso, significa che il binomiale in questione è divisibile per $ p $. Se la tesi fosse falsa, $ k $ risulterebbe multiplo di $ p $, contro il Claim.

Dimostro il Claim.

Il Lemma 4, riveduto e corretto come nel post scriptum, permette di costruire $ k $, t.c. per $ t $ grande alla bisogna, $ p \nmid k $ e

$ p^t = k q - r $, con $ 0 < r < q $.

Questo significa che

$ \displaystyle v(N) = \sum_1^{q-1} v(kq - i) \geqslant v\left(p^t\right) = t $

La penultima segue dal fatto che la somma è maggiore del solo addendo $ r $-esimo. []

Ciao. M.

[HiTLeuLeR]

Oh, eccomi finalmente al lemma #3 de' tuoi, buon Marco. Quando questo supplizio sarà finito, ricordami che debbo dirti una cosuccia, ok? Bon, entriamo dunque nel merito della questione...

Definisco $ S_k:= \displaystyle{ \sum_1^{q-1} (i+kq)^{-1} } $. Si ha che: $ 0 \equiv_{q^3} \displaystyle \sum_{i:(i,q)=1}^{q^2-1} i^{-1} = \sum_{k=0}^{q-1} S_k $.

Aspetta un attimino, qui non ho per niente chiaro quel che intendi. Suppongo che la sommatoria $ \displaystyle{\sum_{i:(i,q)=1}^{q^2-1} i^{-1}} $ si debba intendere estesa a tutti e soli gli interi positivi $ \leq q^2 - 1 $ e primi con $ q $, vero? Ok, allora è certo che vale: $ \displaystyle{\sum_{i:(i,q)=1}^{q^2-1} i^{-1} = \sum_{k=0}^{q-1} S_k} $. E tuttavia, proprio non capisco perché mai dovrebbe aversi: $ \displaystyle{0 \equiv \sum_{i:(i,q)=1}^{q^2-1} i^{-1} \bmod q^3} $, e quindi: $ \displaystyle{0 \equiv \sum_{i:(i,q)=1}^{q^2-1} i^{-1} \bmod q^2} $. Così su due piedi, avrei scritto semmai che: $ \displaystyle{0 \equiv \sum_{i:(i,q)=1}^{q^3-1} i^{-1} \bmod q^3} $, ma quella tua relazione (a meno di rifletterci un po') proprio non saprei dire come l'hai tirata fuori...

Ti andrebbe di spiegarmelo e risparmiarmi la fatica? Oooh, grazie...

NOTA: potrebbe essere utile apporre un pedice agli inversi, cosicché fosse chiaro di volta in volta rispetto a quale modulo questi risultano calcolati... C'è una forte ambiguità notazionale, Marco, in quel tuo proof, consentimi!!!

[Marco]

Definisco $ S_k:= \displaystyle{ \sum_1^{q-1} (i+kq)^{-1} } $. Si ha che: $ 0 \equiv_{q^3} \displaystyle \sum_{i:(i,q)=1}^{q^2-1} i^{-1} = \sum_{k=0}^{q-1} S_k $.

[...]si debba intendere estesa a tutti e soli gli interi positivi $ \leq q^2 - 1 $ e primi con $ q $, vero?

Sì. Beh, è un po' una questione di lana caprina, dato che poi non la userò, comunque, ti provo che è vero. Se fai la somma associando dapprima $ i $ e $ q^2-i $, scopri che ti resta un numero di addendi multiplo di $ q $, ognuno dei quali vale $ q^2 $.

So anche quale obiezione mi farai: questa è la somma degli inversi (e non già degli interi tout-court), quindi, a rigore, tale somma è definita solo $ \bmod{q^2} $ e quindi, a meno di non specificare quale inverso prendo (io pensavo il minimo rappresentante positivo), non ha senso la congruenza. E infatti la cappella sta proprio qui: mi occorreva la congruenza a $ q^3 $, ma poi riuscivo a trovare solo congruenze $ \bmod{q^2} $.

Però, come ho detto, non la uso: vedi l'appunto in blu, nel medesimo post...

NOTA: potrebbe essere utile apporre un pedice agli inversi, cosicché fosse chiaro di volta in volta rispetto a quale modulo questi risultano calcolati... C'è una forte ambiguità notazionale, Marco, in quel tuo proof, consentimi!!!

La notazione forse non sarà delle migliori, ma il modulo degli inversi è specificato, sia nel Lemma 3, sia nel corpo principale della soluzione per la sufficienza. I pedici avrebbero ulteriormente appesantito una notazione già grave.

A riprova di questo fatto, nel medesimo post mi sono preoccupato di definire una nuova funzione $ z() $ solo per non dover scrivere anche inversi mod. q nella stessa dimostrazione.

Comunque, a scanso di equivoci, se preferisci, con la notazione $ x^{-1} $ puoi tranquillamente intendere la classe di congruenza che è inv.m. di $ x $ nel modulo che è via via specificato.

Ciao. M.[/tex]

[HiTLeuLeR]

$ (*)0 \equiv_{q^3} \displaystyle \sum_{i:(i,q)=1}^{q^2-1} i^{-1} = \sum_{k=0}^{q-1} S_k $.

Quando parlavo di "ambiguità notazionale", mi riferivo in particolare al passaggio quotato qui sopra, dove - nonostante le tue precisazioni iniziali - non mi risulta affatto chiaro (visto il pedice apposto al segno di congruenza) se gli inversi della sommatoria di mezzo siano calcolati $ \bmod q^2 $ aut $ \bmod q^3 $. Dico soltanto che, nel primo caso, la congruenza è quasi evidente, quando gli inversi siano (ad esempio) minimi in valore assoluto (e falsa altrimenti, almeno in generale...); e che invece, nel secondo caso, la stessa congruenza non mi pare possa dirsi altrettanto immediata, quand'anche vera, tutto lì!!!

Sia come sia, dacché di quella relazione non è fatto uso nel prosieguo del tuo proof, certo avrei potuto risparmiarmi il penultimo post, evitandomi di questionar così sulla lanuggine caprina... Ma d'altro canto, per quel che ti attiene, tu avresti forse potuto cancellare il passaggio incriminato e ripulire perciò completamente la precedente dimostrazione del lemma #3 (mi par d'intendere bacata). Del resto, mi domando: "A che pro lasciarcelo lì?" E poi mi rispondo: "Ut aliquis inveniret errorem..."

$ S_{k+1} = \displaystyle \sum_{i=kq}^{kq+k-1} (i+q)^{-1} = $ $ \displaystyle \sum_{i=kq}^{kq+k-1} \left(i^{-1}-z(i)^2 q\right) \equiv S_k \pmod{q^2} $,
dove si è indicato con z(i) un qualunque inverso moltiplicativo di i mod q.

Uhm... Direi che andrebbero rivisti un po' tutti gli estremi di sommazione!!! Infatti, con riferimento alle tue posizioni, per ogni $ k\in\mathbb{Z} $: $ S_{k+1} := \displaystyle \sum_{u=1}^{q-1} [u+(k+1)q]^{-1} = \sum_{i=kq+1}^{kq+q-1} (i+q)^{-1} $, avendo operato la sostituzione $ u + kq \mapsto i $ sull'indice di somma. Stesso discorso per il range della sommatoria a ultimo membro...

Ah, un'altra puntualizzazione! In base al lemma #2 de' tuoi, per ogni $ i = kq + 1, kq+2, \ldots, kq+q - 1 $, $ (i+q)^{-1} \equiv i^{-1} - z_i q $, ove $ z_i \equiv (i^{-1})^2 \bmod q $ ed $ i^{-1} $ ed $ (i+q)^{-1} $ denotano (rispettivamente) gli inversi moltiplicativi di $ i $ ed $ i+q $ modulo $ q^2 $. E allora (seguendo queste stesse convenzioni):

$ \displaystyle \sum_{i=kq+1}^{kq+q-1} (i+q)^{-1} \equiv \sum_{i=kq+1}^{kq+q-1} [i^{-1} - q(i^{-1})^2] \equiv S_k - q \sum_{i=kq+1}^{kq+q-1} (i^{-1})^2 $.

E allora proprio non capisco in che modo intendere il quote evidenziato in blue. Probabilmente è sottinteso un qualche passaggio logico. Provo ad azzardare, osservando che la tesi è comunque salva, se si considera che $ i^{-1} $ è pure l'inverso moltiplicativo di $ i $ modulo $ q $, là dove sia inverso moltiplicativo di $ i $ modulo $ q^2 $. In tal senso, è sufficiente infatti dimostrare come sia: $ \displaystyle\sum_{i=kq+1}^{kq+q-1} (i^{-1})^2 \equiv 0 \bmod q $, ove gli inversi sono adesso calcolati modulo $ q $. E questo è un fatto banale, della qual cosa siamo tutti d'accordo.

Ok, per il momento mi fermo qui! Aspetto i tuoi commenti e le auspicabili correzioni, dopo di che mi metto a leggere le conclusioni... E speriamo di poterci mette' presto un punto, a questa storia!!!

[Marco]

avresti forse potuto cancellare il passaggio incriminato e ripulire perciò completamente la precedente dimostrazione del lemma #3 (mi par d'intendere bacata). Del resto, mi domando: "A che pro lasciarcelo lì?" E poi mi rispondo: "Ut aliquis inveniret errorem..."

Ti dirò, perché mi sembrava di "imbrogliare" a spianare l'errore alla zitta. (avrebbe potuto anche essere già in corso di spulcia da parte tua...). Boh, se dà noia, lo correggo...

Uhm... Direi che andrebbero rivisti un po' tutti gli estremi di sommazione!!!

Uhm... Direi che hai perfettamente ragione. Provvedo.

Ah, un'altra puntualizzazione! In base al lemma #2 de' tuoi, [...]

Qui confesso di non cogliere il punto. Ho scritto un'inesattezza? Mi pare di no, ma potrebbe ben darsi (non sarebbe una novità...) O mi stai semplicemente suggerendo una strada alternativa? Se preferisci condurre il ragionamento come suggerisci, nessuna obiezione, naturalmente. Comunque, siamo d'accordo sulla validità del Lemma? O c'è qualche passo che va spiegato meglio?

Ad ogni modo, l'idea a grandi linee è usare il Lemma 2 per riscrivere gli inversi mod q^2 evidenziando una somma di quadrati. Dati che, come giustamente rilevi, c'è un fattore q, per garantire la congruenza mod q^2, mi basta conoscere la congruenza della somma dei quadrati mod q. Ed è per questo che mi sono premunito di dimostrare il Lemma 1.

Alla prox. M.

[HiTLeuLeR]

$ \displaystyle \sum_{i=kq+1}^{kq+q-1} \left(i^{-1}-z(i)^2 q\right) \equiv S_k \pmod{q^2} $,
dove si è indicato con z(i) un qualunque inverso moltiplicativo di i mod q.

Dico soltanto che, applicando pedissequamente il lemma #2 de' tuoi, $ z(i) $ dovrebbe essere un inverso moltiplicativo modulo $ q^2 $, non già modulo $ q $. TUTTO QUI... Si me fallit, veniam peto! Per il resto, direi che pure il lemma #3 può dirsi finalmente vistato! Leggerò al più presto il seguito, Marco. In fondo mi sto divertendo...

Ti dirò, perché mi sembrava di "imbrogliare" a spianare l'errore alla zitta. (avrebbe potuto anche essere già in corso di spulcia da parte tua...). Boh, se dà noia, lo correggo...

Per quel che mi riguarda, puoi star pure tranquillo: tieni presente (come più volte ho detto) che tendo ad essere altamente sequenziale nella lettura di un testo, soprattutto se trattasi di Matematica! Se un punto non mi è chiaro, mi ci soffermo e ci sbatto la testa fino a capirlo - quantomeno ci si spera!!! Eh, a ciascuno i suoi limiti...

O mi stai semplicemente suggerendo una strada alternativa? Se preferisci condurre il ragionamento come suggerisci, nessuna obiezione, naturalmente.

L'intento era semplicemente di capire, e non di suggerirti strade alternative: non ne hai di certo bisogno, tanto più se i suggerimenti ti arrivano da un ingegnere...

EDIT: avevo quotato la sommatoria con gli estremi ancora sbagliati! Adesso ho corretto.

[Marco]

dovrebbe essere un inverso moltiplicativo modulo $ q^2 $, non già modulo $ q $
[...]
Leggerò al più presto il seguito, Marco. In fondo mi sto divertendo...

Ehm, no, basta l'inverso mod. q; ti riporto l'enunciato:

Lemma 2
Sia q primo. Sia $ x $ un intero non divisibile per $ q $. Sia $ y $ il suo inverso moltiplicativo modulo $ q^2 $. Allora l'inverso moltiplicativo mod. $ q^2 $ di $ x+q $ è $ y- z q $, dove $ z $ è un qualunque intero t.c. $ z \equiv y^2 \pmod q $.

Ah, btw, mi sto divertendo pur'io...

L'intento era semplicemente di capire, e non di suggerirti strade alternative: non ne hai di certo bisogno, tanto più se i suggerimenti ti arrivano da un ingegnere...

E perché no? Se c'è (come probabilmente c'è) una strada meno tortuosa, beh, vediamola... sono il primo ad essere interessato. E non c'è bisogno che ti rinnovi i miei attestati di stima. Ingegnere o no.

[HiTLeuLeR]

Lemma 2
Sia q primo. Sia $ x $ un intero non divisibile per $ q $. Sia $ y $ il suo inverso moltiplicativo modulo $ q^2 $. Allora l'inverso moltiplicativo mod. $ q^2 $ di $ x+q $ è $ y- z q $, dove $ z $ è un qualunque intero t.c. $ z \equiv y^2 \pmod q $.

Sarò de' coccio, ma continuo a non capire...

$ \displaystyle \sum_{i=kq+1}^{kq+q-1} \left(i^{-1}-z(i)^2 q\right) \equiv S_k \pmod{q^2} $,
dove si è indicato con z(i) un qualunque inverso moltiplicativo di i mod q.

Se qui $ z(i) $ si identifica con la $ z $ del lemma #2, perché mai ci compare un quadrato?!? Uff, se sono testone, alcune volte...

[Marco]

E sia. C'è una distonia notazionale. Riformulo il Lemma 2, in modo da omogeneizzare le scritture.

Lemma 2'
Sia q primo. Sia $ x $ un intero non divisibile per $ q $. Sia $ y $ il suo inverso moltiplicativo modulo $ q^2 $. Allora l'inverso moltiplicativo mod. $ q^2 $ di $ x+q $ è $ y- z^2 q $, dove $ z $ è un qualunque intero t.c. $ z \equiv y \pmod q $.

[HiTLeuLeR]

E sia. [...] Riformulo il Lemma 2, in modo da omogeneizzare le scritture.

Lemma 2'
Sia q primo. Sia $ x $ un intero non divisibile per $ q $. Sia $ y $ il suo inverso moltiplicativo modulo $ q^2 $. Allora l'inverso moltiplicativo mod. $ q^2 $ di $ x+q $ è $ y- z^2 q $, dove $ z $ è un qualunque intero t.c. $ z \equiv y \pmod q $.

Vediamo un po'... Si tratta di verificare, secondo definizione, che: $ 1 \equiv (x+q)(y - z^2q) \bmod q^2 $. Per ipotesi: $ z \equiv y \pmod q $, e dunque esiste $ k\in\mathbb{Z} $ tale che: $ z = y + qk $. Pertanto:

$ (x+q)(y - z^2q) \equiv (x+q)[y - (y+qk)^2 q] \equiv $ $ y(x+q)(1 - qy) \equiv xy(1-qy) + qy \equiv 1 - qy + qy \equiv 1 \bmod q^2 $,

per aver supposto $ xy \equiv 1 \bmod q^2 $. Ne seguita la tesi, q.e.d. Ok, molto bene!!!

Oh, Marco, direi che sul conto dei lemmi #1, #2 e #3 possiamo davvero metterci il sigillo dell'archivio!!! Sia lode al Cielo...

[HiTLeuLeR]

Ciao, Marco. A quanto pare, rieccoci a noi! Duuunque... Seppure un po' annaspando, giungo finalmente a strabuzzare gli occhi sul quarto segmento della tua oceanica soluzione al problema #2 di questo topic! Ora, l'avvio è stato molto incoraggiante, e la lettura filava liscia e spedita, ben oltre ogni più rosea previsione, senonché a un trattooo...

$ C \equiv_q (q-1)! \displaystyle{ \sum_{i,j} i^{-1}j^{-1} } $, dove [...] con $ x^{-1} $ ho indicato l'inverso moltiplicativo mod. $ q $. Un semplice cambio di variabili, permette di eliminare senz'altro gli inversi, [cosicché:] $ C \equiv_q (q-1)! \displaystyle{ \sum_{i,j} ij } $.

Bene, nulla da eccepire! Poiché mi servirà nel seguito, dico soltanto (poco più esplicitamente di come tu non abbia fatto) che la sommatoria ad ultimo membro della relazione appena indicata è estesa a tutte e sole le coppie $ (i,j) $ del prodotto cartesiano $ \mathcal{I}\times\mathcal{J} $, ove $ \mathcal{I} $ e $ \mathcal{J} $ sono opportuni sottoinsiemi di $ \mathcal{U}_q := \{1, 2, \ldots, q-1\} $. Ma andiamo avanti...

Fisso allora $ a $ un intero t.c. $ a \not \equiv 0 \pmod q $ e $ a^2 \not \equiv 1 \pmod q $ (che esiste, dato che $ q $ è almeno 5). [...] Quando $ i $ e $ j $ variano, anche $ ai $ e $ aj $ variano allo stesso modo, quindi [...]

ALT!!! Correggimi se sbaglio a interpretare... "Fissato un $ a\in\mathbb{Z} $ tale che $ a \not \equiv 0 \pmod q $ e $ a^2 \not \equiv 1 \pmod q $, la funzione $ \psi(\cdot): \mathcal{I}\times\mathcal{J} \mapsto \mathcal{U}_q\times\mathcal{U}_q:(i,j)\mapsto (ai,aj) $ è in vero una biezione di $ \mathcal{I}\times\mathcal{J} $ in se stesso, quando le componenti della coppia immagine si assumano ridotte $ \bmod\;\! q $." E' questo?!? Beh, s'è così... Ti spiace se ti chiedo di provarmelo? In caso contrario, qualora i' avessi miscompreso, mi aiuteresti a capire quel che invece avrei dovuto intendere? Grazie...

[Marco]

ALT!!! Correggimi se sbaglio a interpretare... "Fissato un $ a\in\mathbb{Z} $ tale che $ a \not \equiv 0 \pmod q $ e $ a^2 \not \equiv 1 \pmod q $, la funzione $ \psi(\cdot): \mathcal{I}\times\mathcal{J} \mapsto \mathcal{U}_q\times\mathcal{U}_q:(i,j)\mapsto (ai,aj) $ è in vero una biezione di $ \mathcal{I}\times\mathcal{J} $ in se stesso, quando le componenti della coppia immagine si assumano ridotte $ \bmod\;\! q $." E' questo?!? Beh, s'è così... Ti spiace se ti chiedo di provarmelo? In caso contrario, qualora i' avessi miscompreso, mi aiuteresti a capire quel che invece avrei dovuto intendere? Grazie...

Interpretazione corretta. Beh, è facile. Il modo più semplice, direi che è questo: a è primo con q, quindi ha inv.m. (q), che chiamo b. Quella mappa che hai chiamato $ \psi $, la ribattezzo d'imperio $ \psi_a $. Non è difficile vedere che

$ \psi_b \circ \psi_a = \psi_{ab} = \psi_1 = id. $

E' una funzione invertibile e quindi bigettiva.

[HiTLeuLeR]

Ok, Marco, a quanto pare abbiamo tagliato un primo traguardo! Gaudeamus... In quanto al problema #2, adesso perciò non mi resta che leggere il proof che ti sei inventato per la condizione sufficiente, e ti dirò... non ne vedo l'ora! Ho letto en passent che si parla di valutazioni. Mi scuseranno i teorici del problem solving olimpico, maaa... WOW!!! Ancorché da autodidatta, mi ci sto applicando proprio in questo periodo, per cui non vedo l'ora di dare un'occhiatina approfondita ai tuoi argomenti.

Ufff, che fatica!!

Ehmmm... E avresti il coraggio di venirlo a dire giusto a me?!?

[HiTLeuLeR]

E così ci ritroviamo, Marco! Beh, sì, ultimamente ti ho un po' trascurato, tieni ragione... Spero almeno sia servito per farti riprendere fiato, gh...

Lemma 4
Sia $ q $ come detto e sia $ p $ un numero primo. Siano $ k_t $ e $ r_t $ rispettivamente quoziente e resto della divisione di $ p^t $ per $ q $. Allora è possibile trovare infiniti interi $ t $ t.c. $ p \nmid k_t $.

Ok, nulla di più vero! Vediamo adesso se ho colto il senso del tuo EDIT...

EDIT: Oh! Ho visto che il Lemma 4 mi serve un po' modificato (ossia con i quozienti per eccesso e non, come usuale, per difetto). Non cambia nulla, ma devo considerare i quozienti e i resti t.c. $ p^t = k_t q \underbrace{-}_{(!!)} r_t $.

Si parte dall'osservare che, in base al teorema del quoziente e per ogni $ t\in\mathbb{N}_0 $, esistono (univocamente determinati) $ k_t, r_t\in\mathbb{N} $, con $ 0 \leq r_t < q $, tali che: $ p^t = k_t q - r_t $, è esatto? Bene... L'intento è quindi dimostrare ch'esistono infiniti $ t\in\mathbb{N}_0 $ tali che $ p \mid k_t $. Per assurdo, si ammetta il contrario. E allora esiste un intero $ M \geq 0 $ tale che, per ogni $ t\in\mathbb{N}_0 $, con $ t > M $: $ p \nmid k_t $. Sia perciò $ t > M $.

Le ipotesi assunte nell'enunciato del lemma #4 de' tuoi, che si suppongono (ragionevolmente) riportate anche a questa versione rivisitata del medesmo, garantiscono che sia $ 0 < r_t < q $, onde dedurne ch'esiste un intero $ \tau > 0 $ minimale tale che: $ r_t p^\tau \geq q $. Se dunque $ k, r \in\mathbb{N} $ rappresentano il quoziente e il resto della divisione intera di $ r_t p^\tau $ per $ q $, di modo tale che sia licito porre (e univocamente) $ r_t p^\tau = kq + r $, con $ 0 \leq r < q $, allora a fortiori risulta $ 0 \leq k < p $ (per la suddetta minimalità dell'esponente $ \tau $). Di qui: $ p^{t+\tau} = p^t \cdot p^\tau = (k_t q - r_t)p^\tau $ $ = k_t p^\tau - r_t p^\tau = $ $ (k_tp^\tau - k)q - r $, cosicché $ k_{t+\tau} = k_tp^\tau - k $ ed $ r_{t+\tau} = r $. Di qui l'assurdo, poiché $ t+\tau > M $, e tuttavia $ p \nmid k_{t+\tau} $, contro le ipotesi. Dalla contraddizione la tesi, q.e.d.

Sic stantibus rebus, direi che pure quest'altra nave è giunta finalmente al porto. Aspetterò conferme da parte tua, Marco, prima di procedere più oltre! Per il momento ciao...

[Marco]

Sì. Direi che è esattamente quanto intendevo.