Bueno, he hecho una prueba plena! Parte 1 fue resuelto aquí, y la Parte 2 fue resuelto aquí.
Lema 1: Cualquier entero $m$ que satisface el problema original también satisface $n^{m+1} \equiv n \bmod{m}$ todos los $n$.
Prueba: Vamos a $p$ ser un primer dividiendo $m$. A continuación,$\sum_{n=1}^mn^m\equiv1\pmod p$, lo $(m/p)\sum_{n=1}^{p-1}n^m\equiv1\pmod p$, lo $p^2$ no divide $m$. Deje $g$ ser una raíz primitiva de mod $p$. A continuación,$\sum_{n=1}^{p-1}n^m\equiv\sum_{r=0}^{p-2}g^{rm}$. Es una serie geométrica, es la síntesis de a $(1-g^{(p-1)m})/(1-g^m)$ cero mod $p$ - a menos $g^m=1$, en cuyo caso se suma a $-1$ mod $p$. Así que debemos tener $p-1$ dividiendo $m$. Mirando a $n^{m+1}\equiv n\pmod m$ y dejando $n=p$, podemos ver que $p^2$ no se puede dividir $m$. Ahora mirando mod $p$, obtenemos $n^{m+1}\equiv n\pmod p$. Esto es equivalente a $m+1\equiv1\pmod{p-1}$ (si $a^x \equiv a^y \bmod{n}$, $x \equiv y \bmod{\varphi(n)}$ por el teorema de Euler, y $\varphi(p) = p-1$), es decir, $p-1$ divide $m$, por lo que cualquier entero $n^{m+1} \equiv n \bmod{m}$ $p-1|m$ todos los $m$ si $p|m$.
Lema 2: Hay sólo una cantidad finita de números enteros $m$ que satisfacer $n^{m+1} \equiv n \bmod{m}$
Prueba: Desde $p^2$ no divide $m$, podemos dejar que $m = p_1 \ldots p_r$$p_1 < p_2 < \ldots < p_r$, $p_i$ prime; como $p-1|m$ todos los $p|m$, podemos decir que el$p_i-1|p_1 \ldots p_{i-1}$$i = 1, \ldots, r$. Si tomamos $i = 1$, esto obliga a $p_1-1|1$, por lo que si $r \ge 1$, $p_1 = 2$. Si $i = 2$, $p_2-1|2$, así que si $r \ge 2$, $p_2 = 3$. Continuando, si $r \ge 3$,$(p_3-1)|p_1 p_2 = 6$, lo $p_3 = 7$; si $r \ge 4$, $(p_4 - 1)|p_1 p_2 p_3 = 42$, por lo $p_4 = 43$, como los números de $d+1$ no sean de primera para otros divisores $d$ de los 42 más de 6. Si $r \ge 5$,$(p_5 -1)|p_1 p_2 p_3 p_4 = 1806$, pero 1, 2, 6 y 42 son los únicos divisores de 1806 con $d+1$ prime, por lo $p_5$ no puede existir. Por lo tanto, $r \le 4$$m \in \{1, 2, 6, 42, 1806\}$.
