A juzgar directamente por la formulación del problema, sí, ustedes han probado el reclamo de todos los pares $(p,p)$ para cualquier prime $p>2$ trabajo. Esto es realmente insuficiente.
Yo presente una prueba de que existen infinitos pares de $(p,q)$ de los distintos números primos que cumplen esto. Es una extraña prueba y creo que puede ser mejor, pero es una prueba, no obstante.
Lema. Si $r$ es un número primo para que $2^r-1$ no es primo, existen dos números primos $p,q>r$ , de modo que la condición se tiene por $(p,q)$.
Prueba. Tenemos el primer reclamo que $2^r-1$ no es una fuente primaria de energía. De hecho, si $2^r=p^k+1$ para algunos de los mejores $p$ y el exponente $k>1$si $k$ es aún tenemos que el lado derecho es $\equiv 2\bmod 8$, una contradicción, y es $k$ es impar se puede escribir
$$2^r=(p+1)\left(p^{k-1}-p^{k-2}+\cdots-p+1\right)$$
donde el segundo factor es impar y mayor que $1$, una contradicción. Así, existen al menos dos factores primos de a$2^r-1$.
La reclamación. Deje $r$ ser un número primo. Si un primer $p$ divide $2^r-1$, a continuación, $r|p-1$.
Prueba. Tenemos que el orden de $\mathrm{ord}_p(2)|r$, por lo que es $1$ o $r$. Es claro que no se $1$ como $p\nmid 1$, lo $\mathrm{ord}_p(2)=r$. Como $\mathrm{ord}_p(x)|p-1$ para cualquier prime $p$ e integer $x$, podemos ver que $r|p-1$. $\blacksquare$
A partir de aquí, vamos a $p,q$ ser de dos números primos que dividen a $2^r-1$. Tenemos $r|p-1,q-1$, por lo que
$$p|2^r-1|2^{q-1}-1,$$
y de manera similar a $q|2^{p-1}-1$. Finalmente, $r|p-1,q-1\implies r\leq p-1,q-1 \implies p,q>r$, por lo que estamos por hacer. $\blacksquare$
Si existen infinitos números primos para que $2^r-1$ es compuesto (yo creo que este es abierto), tenemos entonces que podemos encontrar pares de $(p,q)$ satisfactoria el problema de la condición con arbitrariamente grandes valores de $\min(p,q)$, por lo que tenemos una infinidad de.
De lo contrario, deje $r_0$ ser el más grande de prime para que $2^{r_0}-1$ es compuesto (un prime existe - tome $2^{11}-1=23\cdot 89$ por ejemplo), y deje $p_0,q_0$ ser distintos de los números primos dividiendo $2^{r_0}-1$.
Definir $p_{n+1}=2^{p_n}-1,q_{n+1}=2^{q_n}-1$ para todos los $n\geq 0$. Pretendemos que el par $(p_{n+1},q_{n+1})$ satisface la condición. Primero vemos que $(p_n,q_n)$ es en realidad un par de los distintos números primos, que es inmediata por el hecho de que $p_0,q_0>r_0$ e $f(x)=2^x-1$ es monótona creciente (y de hecho inyectiva más de $\mathbb{N}$). Nos muestran el resto de reclamación por inducción.
Nuestro lema, el par $(p_0,q_0)$ satisface el problema de la condición, por lo que nuestra base de caso, es cierto. Para cualquier par $(p,q)$ satisfactoria el problema de la condición, tenemos que
$$p|2^{q-1}-1\implies p|2^q-2 \implies 2^p-1|2^{(2^q-1)-1}-1,$$
y de manera similar a $2^q-1|2^{(2^p-1)-1}-1,$ por lo que la condición se tiene por $(2^p-1,2^q-1)$. Por lo tanto, si $(p_n,q_n)$ cumple la condición, entonces $(p_{n+1},q_{n+1})$ también lo hace. Así, hemos construido un infinitamente aumento de la secuencia de pares de distintos números primos satisfactoria el problema de la condición, y así tenemos una infinidad de tales pares. $\blacksquare$
