Stel dat $p=2$.
Dan zien we dat $11^2+17^2=410=2\cdot5\cdot41$ en $3\cdot2^{10}+1>410$.
Testen we nu de gevallen met $q\in\{2,3,5,7\}$, dan vinden we geen oplossingen.
Zij nu $r$ een priemgetal zodat $r\mid3p^{q-1}+1\mid11^p+17^p$.
Dan is duidelijk $r\neq11$ en $r\neq17$.
Zij dus $17^{-1}$ de inverse van $17$ modulo $r$.
Dan is
$$11^p\equiv -17^p\pmod r$$
$$\Leftrightarrow \left[11\cdot17^{-1}\right]^p\equiv -1\pmod r$$
Zij nu $d=\text{ord}_r\left(11\cdot17^{-1}\right)$.
Dan is $d\not\mid p \wedge d\mid2p \Rightarrow d\in\{2,2p\}$.
Als $d=2$, dan is $121\equiv289\pmod r \Leftrightarrow r\mid168=2^3\cdot3\cdot7 \Leftrightarrow r\in\{2,7\}$. (het is duidelijk dat $r\neq3$)
Als $d=2p$, dan is $2p\mid\phi(r)=r-1 \Leftrightarrow r\equiv1\pmod{2p}$
Bijgevolg is $$3p^{q-1}+1=2^\alpha7^\beta\prod_{i=1}^np_i^{a_i}\text{ }\text{ }\text{ (1)}$$
waarbij alle $p_i\equiv1\pmod{2p}$.
[=2]
$\alpha=2$:
Aangezien $p$ oneven is, is $3^p\equiv3\pmod8$.
Dus $11^p+17^p\equiv3^p+1^p\equiv4\pmod8$.
$\beta\in\{0,1\}$:
Stel dat $7\mid3p^{q-1}+1\mid11^p+17^p$.
Dan is $7\not\mid p$, dus $v_7(11^p+17^p)=v_7(28)+v_7(p)=1$.
Bijgevolg is $\beta\in\{0,1\}$.
[/]
Bekijken we nu (1) modulo $2p$, dan zien we dat $p\equiv3p^{q-1}\equiv27\pmod{2p}$ of $p\equiv3p^{q-1}\equiv3\pmod{2p}$.
In het eerste geval is $p≤13\vee p=27$.
Het tweede is duidelijk onmogelijk, en in het andere geval moet $p \mid 27$, i.e. $p=3$.
In het tweede geval vinden we op analoge wijze dat $p=3$.
Nu zien we dat $3\cdot3^{10}+1>11^3+17^3=28\cdot(121-187+289)=2^2\cdot7\cdot223$.
Bekijken we alle gevallen $q\in\{2,3,5,7\}$, dan vinden we dat $q=3$ de enige oplossing is.
Oplossing
De enige oplossing is $(p,q)=(3,3)$.
Stel dat $p=2$.
Dan zien we dat $11^2+17^2=410=2\cdot5\cdot41$ en $3\cdot2^{10}+1>410$.
Testen we nu de gevallen met $q\in\{2,3,5,7\}$, dan vinden we geen oplossingen.
Zij nu $r$ een priemgetal zodat $r\mid3p^{q-1}+1\mid11^p+17^p$.
Dan is duidelijk $r\neq11$ en $r\neq17$.
Zij dus $17^{-1}$ de inverse van $17$ modulo $r$.
Dan is
$$11^p\equiv -17^p\pmod r$$
$$\Leftrightarrow \left[11\cdot17^{-1}\right]^p\equiv -1\pmod r$$
Zij nu $d=\text{ord}_r\left(11\cdot17^{-1}\right)$.
Dan is $d\not\mid p \wedge d\mid2p \Rightarrow d\in\{2,2p\}$.
Bijgevolg is $$3p^{q-1}+1=2^\alpha7^\beta\prod_{i=1}^np_i^{a_i}\text{ }\text{ }\text{ (1)}$$
waarbij alle $p_i\equiv1\pmod{2p}$.
[=2]
Aangezien $p$ oneven is, is $3^p\equiv3\pmod8$.
Dus $11^p+17^p\equiv3^p+1^p\equiv4\pmod8$.
Stel dat $7\mid3p^{q-1}+1\mid11^p+17^p$.
Dan is $7\not\mid p$, dus $v_7(11^p+17^p)=v_7(28)+v_7(p)=1$.
Bijgevolg is $\beta\in\{0,1\}$.
[/]
Bekijken we nu (1) modulo $2p$, dan zien we dat $p\equiv3p^{q-1}\equiv27\pmod{2p}$ of $p\equiv3p^{q-1}\equiv3\pmod{2p}$.
Het tweede is duidelijk onmogelijk, en in het andere geval moet $p \mid 27$, i.e. $p=3$.
Nu zien we dat $3\cdot3^{10}+1>11^3+17^3=28\cdot(121-187+289)=2^2\cdot7\cdot223$.
Bekijken we alle gevallen $q\in\{2,3,5,7\}$, dan vinden we dat $q=3$ de enige oplossing is.