Çözüm:
Eğer $n$ bir tek sayı ise $\left(n^{\frac{n+1}{2}}\right)^2<n^{n+1}+n-1<\left(n^{\frac{n+1}{2}}+1\right)^2$ olduğundan eğer $n \ge 2$ ise buradan çözüm gelmeyeceğini söyleyebiliriz. $n=1$ için sağlar.
Eğer $n \equiv -1$ $\text{(mod 3)}$ ise $\left(n^{\frac{n+1}{3}}\right)^3<n^{n+1}+n-1<\left(n^{\frac{n+1}{3}}+1\right)^3$ olduğundan buradan da $n \ge 2$ için çözüm gelmeyeceğini söyleyebiliriz. $n=1$ i saymıştık.
Eğer $n \equiv 0$ $\text{(mod 3)}$ ise $m^6 \equiv -1$ $\text{(mod 3)}$ olur ve buradan da çözüm gelmez.
O halde $n \equiv 4$ $\text{(mod 6)}$ diyelim. $n+1 | n^{n+1}+n+2=y^6+3$ olduğunu söyleyebiliriz. Buradan $n+1 \equiv 5$ $\text{(mod 6)}$ olur. Buradan $n+1$ i bölecek şekilde bir $p \equiv 2 \pmod{3}$ olacak şekilde bir $p$ asalının varlığını bilebiliriz. $y^6 \equiv -3 \pmod {n+1}$ idir. O halde $ y^6 \equiv -3 \pmod{p}$ olur. Ancak bir tamkare $p \equiv 2 \pmod{3}$ olmak üzere $\pmod{p}$ de $-3$ kalanını veremez. $p >2$ idir.
İspat: Diyelim ki bir $x$ için $ x^2 \equiv -3 \pmod{p}$ olsun. Şimdi de $2y+1 \equiv x \pmod p$ olacak şekilde bir $y$ seçelim. Buradan $y^2+y+1 \equiv 0 \pmod p \Rightarrow y^3 \equiv 1 \pmod p$ olur. O halde $y$ nin $\pmod p$ deki mertebesi $d$ olmak üzere $(d,3)=1,3$ olabilir. $=1$ ise $y \equiv 1 \pmod p$ olur. $p=3$ olması gerekir. Çelişki! $=3$ olsa $3|d|p-1$ olması gerekir. Çelişki! Kabul yanlıştır ve böyle $x$ ler yoktur.
O halde bu durumdan da çözüm gelmez ve ispat biter. Yalnızca $n=1$ sağlar.
