Najprv si dokážeme pomocné tvrdenie: Pre všetky celé čísla $p \geq 3$ platí $$p+2 < 2^p.$$ Dôkaz urobíme matematickou indukciou podľa $p$. Pre $p=3$ to platí. Nech to platí pre nejaké $p$. Potom $$(p+1)+2 < 2^p + 2 < 2 \cdot 2^p = 2^{p+1}.$$

Riešenie samotnej úlohy: Hľadáme také kladné celé číslo $n$, že existuje celé číslo $a$ tak, aby platilo $$n \cdot 2^{n+1} + 1 = a^2.$$ Zrejme $n = 1$, $n = 2$ nevyhovuje. Pre $n = 3$ dostaneme $a = 7$. Dokážeme, že úloha žiadne ďalšie riešenie nemá. Nech existujú celé čísla $a$, $n$ ktoré vyhovujú úlohe. Nech $n \geq 4$. Zrejme $a$ je nepárne, teda $a = 2k+1$, $k$ je celé číslo. Po dosadení do rovnice máme $$n \cdot 2^{n+1} = a^2 - 1 = 4k^2 + 4k.$$ Po úprave $$n \cdot 2^{n-1} = k^2 + k = (k+1)k.$$ Z čísel $k$ a $k+1$ môže byť párne iba jedno. Nech je párne $k$, nech $k = q \cdot 2^p$, pričom $p$, $q$ sú celé čísla, $q$ je nepárne. Potom $$n \cdot 2^{n-1} = q \cdot 2^p \cdot (q \cdot 2^p + 1).$$ Na ľavej strane rovnice je aspoň $n-1$ krát číslo $2$ (ak je $n$ párne, tak aj viac), na pravej presne $p$ krát.To znamená, že $n-1 \leq p$. Potom $$n \cdot 2^{n-1} \leq (p+1) \cdot 2^p < 2^p \cdot 2^p < q \cdot 2^p \cdot (q \cdot 2^p+1),$$ čo je spor (použili sme pomocné tvrdenie).

Nech je $k+1 = q \cdot 2^p$, kde $q$ je nepárne. Potom podobne ako v prvom prípade $$n \cdot 2^{n-1} \leq (p+1) \cdot 2^p < (2^p-1) \cdot 2^p < q \cdot 2^p \cdot (q \cdot 2^p-1),$$ čo je opäť spor. Preto je jediným riešením úlohy $n = 3$.

Úloha nebola príliš ťažká, len si bolo treba uvedomiť, čo chceme aby platilo a ako to dostať.