Školjka

Lagano se dokaže tvrdnja ukoliko zamjenimo $2n + \sqrt{2n}$ sa $2n$: ako prosti broj $p$ dijeli $n^2 + 1$, on također dijeli $(p-n)^2 + 1$ pa možemo pretpostaviti da $n < p/2 \Leftrightarrow p > 2n$. Za dokaz tražene ograde potrebno je biti samo malo pažljiviji: Fiksirajmo neki prosti broj $p>2$ za koji postoji $n$ t.d. $p|n^2 + 1$. Slično kao prije pretpostavljamo da $n < p/2$ te neka $n = ({p-\delta})/2$ za neki neparan $\delta$. Prošli put se koristila trivijalna ograda $\delta \ge 1$, no možemo dobiti slijedeće: $p|n^2 + 1 = ({p-\delta})^2/4 + 1 \equiv \delta^2/4 + 1 \implies p|\delta^2 + 4$ \\ dakle $\delta^2 + 4 \ge p \Leftrightarrow \delta \ge \sqrt{p-4}$. Sada preostaje jednostavni algebarski dio...\\ pretpostavimo da $p > 20 \implies \delta \ge \sqrt{p-4} > \sqrt{20-4}=4$. \\ $n = ({p-\delta})/2 \Leftrightarrow p = 2n + \delta > 2n + 4 \implies \delta \ge \sqrt{p-4} > \sqrt{2n + 4 - 4} = \sqrt{2n}$. \\ Konačno $p = 2n + \delta > 2n + \sqrt{2n}$. Još preostaje dokazati da postoji beskonačno mnogo prostih brojeva $p$ koji dijele neki broj oblika $n^2 + 1$, no to lagano slijedi iz Shurove leme.