Najprv sa zamyslime, že stačí, aby $d$ bolo prvočíslo. Prečo? Pretože ak nejaké zložené číslo $d$ delí $a^n+b^n+1$, tak aj prvočíslo $p$, ktoré je deliteľom čísla $d$, delí $a^n+b^n+1$. Takže, nám stačí uvažovať $d$ prvočísla.

Ďalej sa môžme zamyslieť, že netreba uvažovať $n> d$. Prečo? Zoberme si nejaké číslo $c$ a začnime ho umocňovať. $c^1, c^2, c^3, \dots, c^n, \dots$ Všimnime si, že zvyškov po delení $d$ je iba $d$, to sú $0, 1, \dots, d-1$. No a ak sa nájdu nejaké $k$, $l$ také, že $c^k$ a $c^l$ majú rovnaký zvyšok po delení $d$, tak majú rovnaký zvyšok aj čísla $c^{k+1}$ a $c^{l+1}$ a tak ďalej. A keďže máme iba konečný počet zvyškových tried po delení $d$, tak určite raz nastane, že nejaké $c^k$ a $c^l$ majú rovnaké zvyšky. No a z Dirichletovho princípu to nastane najneskôr pre $n=d$. Dá sa rozmyslieť aj to, že ak $c^k \equiv c^l \;(\bmod\; d)$ tak $c^{k-1} \equiv c^{l-1} \;(\bmod\; d)$. Poznámka: zápis $a \equiv r \;(\bmod\; n)$ znamená, že čísla $a$ a $r$ majú rovnaký zvyšok po delení číslom $n$. Preto nám stačí uvažovať, že $k=1$. A keď si takúto podmienku napíšeme $c^k \equiv c \;(\bmod\; d)$ a začneme skúmať, že pre ktoré $k$ to bude platiť, tak sa dopracujeme k Malej Fermatovaj vete. Nám však stačí jej poznatok a ten je, že pre $c$, $d$ nesúdeľiteľné platí: $c^d \equiv c \;(\bmod\; d)$, a teda aj $c^{d-1} \equiv 1 \;(\bmod\; d)$.

Teraz s vedomosťami o Malej Fermatovej vete sa môžme pustiť do našej úlohy. Predpokladajme, že $a$ aj $b$ sú nesúdeľiteľné s $d$. Keďže $d \mid a^n+b^n+1$ pre všetky $n$, tak musí aj pre $n:=d-1$, a preto môžme písať: $$a^{d-1} + b^{d-1} + 1 \equiv 1+1+1 \equiv 3\;(\bmod\; d).$$ Ale teda $3 \equiv 0 \;(\bmod\; d)$, iba ak $d=3$ alebo $d=1$. Poznámka: ak má nejaké číslo zvyšok $0$ po delení $d$ tak je deľiteľné $d$. Keďže $d\neq 1$ tak musí platiť $d=3$. Teraz už len stačí nájsť všetky také $(a,b)$. Môžme sa taktiež zamyslieť, že sa stačí pozerať len na zvyšky $a$, $b$ po delení $d$, teda dvojice $(0,0)$, $(0,1)$, $(0,2)$, $(1,1)$, $(1,2)$ a $(2,2)$. Zvyšné sú v symetrickej pozícií a teda ich nemusíme riešiť. A ľahko overíme, že jedinou vyhovujúcou dvojicou je $(1,1) \;(\bmod\; 3)$. Teda sme našli vodotesné čísla tavru $(a,b)=(3k-2,3l-2)$, kde $k,l \in \mathbb{N}$.

Teraz sa pozrieme na prípad, keď $a$ aj $b$ sú súdeľiteľné, v skutočnosti deliteľné $d$. Dostávame $0^n + 0^n + 1 \equiv 1 \;(\bmod\; d)$, a teda také riešenie nemáme. T. j. muselo by $d=1$ ale to nemôže.

Nakoniec sa pozrieme keď iba jedno z $a$ a $b$ je deľiteľné $d$. Bez ujmy na všeobecnosti je to $a$. Potom $0^n + b^n + 1 \equiv b^n + 1 \;(\bmod\; d)$, no ale pre $n:=d-1$ platí $b^{d-1} + 1 \equiv 2 \;(\bmod\; d)$, a teda musí nutne $d=2$. Čo to znamená? Máme ďalšie riešenie, kde jedno číslo je párne a druhé nepárne.

Teda množina všetkých vodotesných čísel obsahuje práve dvojice $(a,b)$ tvaru $$(2k,2l-1),\qquad (2k-1,2l),\qquad (3k-2, 3l-2)$$ pre každé prirodzené čísla $k$, $l$.