Para la persona que no sepa esto un número libre de cuadrados es un número con todos sus primos en su factorización con exponente $ 1$, o sea el único cuadrado que lo divide es $ 1$. Además, en este problema vamos a usar el LTE lemma o Lema de Hensel que nos dice cosas sobre el exponente de un primo $p$ que divida a $ n$. Sea $v_{p} (n)$ la valuación $p$-ádica de $n$. Supongamos por el absurdo que el número $n$ es divisible por $p$ y ocurre que $v_{p} (a^{a-1} -1)=1$ luego como $1=1^{a-1}$ tenemos:
$v_{p} (a^{a-1} -1) = v_{p} (a^{a-1} -1^{a-1}) =1$
entonces $v_{p} (a-1) + v_{p} (a-1) =1$
$2 v_{p} (a-1)=1$, se sigue que $v_{p} (a-1)$ no es entero, absurdo. Se sigue que $ a^{a-1} -1$ nunca es libre de cuadrados.
Es sabido que si $a^{a-1} -1 \equiv 0 \pmod {p}$ entonces $\text{ord}(a) \mid a-1$, donde $\text{ord}(a)$ es el mínimo entero $m$ tal que $a^m \equiv 1 \pmod{p}$. En ese caso, $a-1 = k \text{ord}(a) = km$ de modo que $a^{a-1} -1 = (a^m -1)(a^{m(k-1)} + a^{m(k-2)} + \ldots + a^m+1)$
El primer factor es múltiplo de $p$ y el segundo es congruente a $k \pmod{p}$
Sin embargo, también es sabido que si $a^{a-1} -1 \equiv 0 \pmod {p}$ entonces $\text{ord}(a) \mid \phi(p)$, de donde $p \not\mid \text{ord}(a)$
Luego $p \mid (a-1) = k \text{ord}(a)$, con lo que $p \mid k$ y $p^2 \mid a^{a-1}-1$
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