Nhận xét 1. $n$ không thể chẵn. Nếu $n$ chẵn thì dễ thấy vế phải không chia hết cho $3$ còn vế trái thì có, vô lí.
Nhận xét 2. $a$ chẵn và $\text{gcd}(a, p_{i}) = 1$
Gọi $L$ là ước nguyên tố lẻ nhỏ nhất của $n$.
TH1. $L \in \{p_{1}, p_{2}, \cdots, p_{k}\}$. Khi đó ta có $a^{2n} \equiv 1\pmod{L}$ và $a^{L - 1} \equiv 1\pmod{L}$. Khi đó $a^{\text{gcd}(2n, L - 1)} \equiv_{L} 1$ (tính chất của cấp số nguyên).
Dễ thấy $\text{gcd}(L - 1, 2n) = 2$. Do đó $a^{2} - 1 \vdots L$
TH1.1. Nếu $a - 1 \vdots L \implies a^{n} - 1 \vdots L$. Mặt khác $a^{n} + 1 \vdots L$. Vậy $L = 2$, vô lí.
TH1.2. Nếu $a + 1 \vdots L$. Áp dụng bổ đề LTE, $v_{L}(a^{n} + 1) = v_{L}(a + 1) + v_{L}(n) \ge 2$, vô lí vì vế trái là số square-free.
TH2. $L \not\in \{p_{1},p_{2},\cdots, p_{k}\}$. Mặt khác $p_{i}$ lập thành đủ các số các nguyên tố lẻ đầu tiên, và $L$ lẻ nên $n$ chỉ gồm các ước nguyên tố lớn hơn $p_{k}$ hay nói cách khác, $\text{gcd}(p_{1}p_{2}\cdots p_{k}; n) = 1$
Mặt khác, xét một ước $p_{i}$ bất kì, khi đó $a^{2n} \equiv_{p_{i}} 1$. Mặt khác, $a^{p_{i} - 1} \equiv_{p_{i}} 1$. Dễ thấy ngay từ nhận xét ở trên có ngay $\text{gcd}(p_{i} - 1; n) = 1$ hay $\text{gcd}(p_{i} - 1; 2n) = 2$ (do $p_{i}$ lẻ). Từ đó có $a^{\text{gcd}(p_{i} - 1; 2n)} \equiv_{p_{i}} 1 \iff a^{2} - 1 \equiv 0\pmod{p_{i}}$.
Nếu $a - 1 \vdots p_{i} \implies a^{n - 1} \vdots p_{i} \implies p_{i} = 2$, vô lí.
Do đó $a + 1\vdots p_{i}$. Cho $i$ chạy từ $1$ đến $n$, có $a + 1 \vdots p_{1}p_{2}\cdots p_{k}$. Dẫn đến $n = 1$, vô lí.
p.s: thử zsigmondy và đã thất bại :3. Topic số học đông vui nhỉ :-?