Dôkaz spravíme ako z rozprávky: tri krát spravíme veľmi podobný postup a na tretí krát nám to dá vytúžený výsledok. Tri krát si preznačíme premenné, s takto označenými premennými si niečo dokážeme – náš cieľ je vyjadriť $p$ ako výraz iba jednej premennej, a nie dvoch.

$(1):$ Označme $y=x+z$ pre nejaké prirodzené $z$. Ukážeme, že $z \mid x$. Upravme si našu rovnicu do nasledujúceho tvaru.

$$\begin{split} x^k+px&=y^k, \ x^k+px&=(x+z)^k, \ px &=(x+z)^k- x^k, \ px &=(x+z-x)((x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1}), \ x &=\frac{z((x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1})}{p}. \end{split}$$

Teraz sú dve možnosti, buď $p \mid z$ alebo $p \mid (x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1}$.

Ak $p \mid z$, potom ale $$\frac{z((x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1})}{p}\geq(x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1}>x$$ pre $k>1$, a teda riešenie neexistuje. Nutne teda $p \mid (x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1}$, no ale keďže $$x=z\frac{((x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1})}{p},$$ dostávame $z \mid x$.

$(2):$ Označme $x=zh$ pre nejaké prirodzené $h$. Ukážeme, že $h=z^{k-1}$. Upravme si pôvodnú rovnicu do nasledujúceho tvaru:

$$\begin{split} x^k+px&=y^k, \ (zh)^k+pzh&=(zh+z)^k, \ ph &=z^{k-1}((h+1)^k-h^k). \ \end{split}$$

Teraz $h$ je nesúdeliteľné s $((h+1)^k-h^k)$, lebo ak by nejaké prvočíslo $q$ delilo obe čísla, tak $q$ delí aj $(h+1)^k$, takže $q \mid (h+1)$, pričom $q \mid h$, čo nemôže zároveň. Preto nutne $h \mid z^{k-1}$. Platí dokonca $h=z^{k-1}$, pretože po vydelení $h$ dostaneme výraz $$p=\frac{z^{k-1}}{h}((h+1)^k-h^k).$$ Keďže ale $p$ je súčin dvoch čísel, jedno z nich musí byť $1$, čo ale nutne musí byť prvý člen, a teda $h=z^{k-1}$.

$(3):$ Konečne, môžeme značiť $x=z^k$, čo keď dosadíme do pôvodnej rovnice dostaneme

$$\begin{split} x^k+px&=y^k, \ (z^k)^k+pz^k&=(x+z)^k,\ z^{k^2}+pz^k&=(z^k+z)^k,\ p&=\frac{(z^k+z)^k-z^{k^2}}{z^k}=z^{k^2-k}+ \dots + 1.\ \end{split}$$ V čitateli sú po roznásobení všetky mocniny $z$-ka aspoň na $k$-tu, takže výraz na pravej strane je polynóm premennej $z$ stupňa najviac $k^2-k>0$ so všetkými koeficientami kladnými (sú rovné príslušným členom binomického rozvoja). Teraz príde tá hlavná myšlienka: také $z$ môže existovať pre dané $p$ maximálne jedno, pretože takýto polynóm je rýdzo rastúca funkcia na kladných číslach. To znamená, že zvýšením $z$ zvýšim aj hodnotu polynómu a teda môže nadobúdať hodnotu $p$ maximálne raz (v kladných číslach).

No nie je to pekný happy end rozprávky?