Hay $a,b>1$$a^4\equiv 1 \pmod{b^2}$$b^4\equiv1 \pmod{a^2}$?

Question

Hay soluciones en enteros $a,b>1$ a los siguientes simultánea congruencias? $$ a^4\equiv 1 \pmod{b^2} \quad \mathrm{y} \quad b^4\equiv1 \pmod{a^2} $$

Una búsqueda de fuerza bruta no se presentó ningún pequeños, pero tampoco veo la manera de gobernar.

Answer 1

Tal vez como este: Primero observamos que b^2 | a^4-1) y^2 | b^4-1). Por lo tanto, podemos escribir una^4-1=kb^2 y b^4-1=m^2, con k, m ser enteros positivos.

Así que le da luego de que un^4-1 = ((b^4-1)/m)^2-1=(b^8-2b^4+1)/m^2-1 = kb^2

Eso significa que b^8-2b^4+1 = kb^2*m^2+m^2

Por lo tanto b^2 b^6-2b^2-km^2)=m^2-1

Ahora tenga en cuenta que b^2 entonces debe ser un divisor de m^2-1, causa b^6-2b^2-km^2 es todavía un número entero. Eso significa que m^2 = 1 mod b^2, con m y b, siendo aún enteros. Por lo tanto, m^2 = 1 +lb^2, con l ser entero. La sustitución, a continuación, da que b^6-(2+lk)b^2-(k+l)=0

Ahora resolver esta ecuación para b^2 y observe que esto le da dos soluciones complejas y una verdadera solución, la única cosa a hacer es resolver de manera explícita y por entero de los valores de l y k para obtener el valor entero de b, con lo que m^2 también se convierte en un número entero y un divisor.

Answer 2

Yo creo que esto podría ser atacados como sigue. Escribir $b = b_1b_2b_3$ para los números enteros $b_1,b_2,b_3$, de tal manera que $b_1^2 \mid (a-1)$$b_2^2 \mid (a+1)$$b_3^2 \mid (a^2+1)$. Por tanto, la primera condición se cumple, es decir,

$$ a^4-1 = (a-1)(a+1)(a^2+1) \equiv 0 \pmod{b^2}.$$

Escribir $a-1 = c_1b_1^2$ $a+1=c_2b_2^2$ $a^2+1=c_3b_3^2$ para los números enteros $c_1, c_2,c_3$.

A partir de este punto, yo creo que habría un número de maneras interesantes para resolver o contradecir la segunda condición

$$ b^4-1 = (b-1)(b+1)(b^2+1) \equiv 0 \pmod{a^2}.$$

Buena suerte!