¿Cómo probar esto$pq|p^{aq}+q^{ap}+a$

Question

deje $p,q$ son números primos,muestran que para cualquier $(p,q)$,no debe existir entero positivo números de $a$, $$pq|p^{aq}+q^{ap}+a$$

ya que considero a este problema,y me encontré con este problema es quizás a partir de este http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=1704114&sid=3b8ef31515f3721e84dda4acdff4823f#p1704114

Corea Olimpiada Final (2007-4) el problema es este

Encontrar todos los pares de $ (p, q)$ de los números primos tales que $ p^p+q^q+1$ es divisible por $ pq$.

Pero para mi problema yo no puedo probarlo,muchas Gracias,y creo que este es buen problema.

Answer 1

Es equivalente a $$q^a+a\equiv0 \pmod p \\p^a+a\equiv0 \pmod q.$$

Lema 1: Si $q^a+a\equiv0 \pmod p$ $q^{a+kp(p-1)}+a+kp(p-1)\equiv0 \pmod p.$

Lema 2: Si $(p,q)=1$, $$q^a+a\equiv0 \pmod p$$ ha $p-1$ soluciones al $1\leq a\leq p(p-1),$ y son distintos $\mod p-1.$

Prueba: Vamos a $1\leq a,b,\leq p(p-1),$ si $a≠b,a\equiv b\pmod {p-1}$$q^a+a\not\equiv q^b+b\pmod p$, de otro modo se $a\equiv b\pmod p$, una contradicción.

De ahí que podamos recoger $x$ tal que $x\equiv (p-1,q-1) \pmod {p-1}$$q^x+x\equiv0 \pmod p$.

También, podemos elegir el $y$ tal que $y\equiv (p-1,q-1) \pmod {q-1}$$p^y+y\equiv0 \pmod q$.

Caso 1: Si $(p,q-1)=(q,p-1)=1$), luego por el teorema del resto Chino, no existe $a$ tal que

$$a\equiv x \pmod {p(p-1)} \\a\equiv y \pmod {q(q-1)}.$$ Entonces, por el lema $1$, hemos terminado.

Caso 2: Si $p<q$$q\equiv1 \pmod p$, entonces es equivalente a $$1+a\equiv0 \pmod p \\p^a+a\equiv0 \pmod q.$$ Por el lema $2$, podemos recoger $a\equiv -1\pmod {q-1},$$1+a\equiv0 \pmod p$, hemos terminado.

Answer 2

Aquí es incompleta intento por llegar a una solución. Estoy publicando en la esperanza de que las ideas contenidas dentro de puede ser utilizado por otra persona para encontrar una solución antes de que yo pueda.

Deje $p,q$ se fija de números primos, y deje $f(a)=p^{aq}+q^{ap}+a$. Si $S_p=\{a\in \mathbb N \mid f(a)\equiv 0 \pmod p \}$, y del mismo modo para $S_q$, entonces el problema es equivalente a mostrar $S_p \cap S_q \neq \emptyset$.

Examinemos $S_p$ más de cerca. Por Fermat poco teorema, $f(a)\equiv 0^{aq} + q^{a}+a \pmod p$. Por lo tanto, si $f(a)\equiv b \pmod p$, luego $$f(a+b(p-1)) \equiv q^a (q^{p-1})^b + a -b \equiv q^a (1)^b +a -b \equiv b-b \pmod p,$$ y así tenemos una manera eficaz de producción de (algunos de) los elementos de $S_p$. En particular, este argumento muestra que el $S_p$ debe $(p(p-1))$-periódico en el sentido de que $p(p-1)+S_p\subset S_p$. Además, hemos $p-1\in S_p$

Por simetría, $S_q$ $q(q-1)$- periódico y contiene $q-1$. Si el lineal progresiones $(p-1)+p(p-1)\mathbb Z$ $(q-1)+q(q-1)\mathbb Z$ intersectan, entonces cualquier (positivo) elemento en la intersección será una solución para el problema original. Lamentablemente, actualmente no veo por qué esto debería ser el caso, y tengo que dormir.