Ha az $a$ szám $p$-vel osztva 1 maradékot adna, akkor $a$ minden hatványa is 1 maradékot adna $p$-vel osztva, hiszen $a^i-1$ osztható ($a-1$)-gyel, $a-1$ pedig $p$-vel. Ekkor az $S=a^k+a^{k-1}+\text{...}+a+1$ összeg $p$-vel osztva $k+1$ maradékot ad. De a feltétel szerint $0<k+1<p$, ezért az $S$ összeg nem lehetne osztható $p$-vel. Látható tehát, hogy $a-1$ nem osztható $p$-vel.
A feltétel szerint $S$ osztható $p$-vel, így ($a-1$)-szerese, $\left(a-1\right)\left(a^k+a^{k-1}+\text{...}+a+1\right)=a^{k+1}-1$ is. Így $a^{k+1}=mp+1$ alakú, valamilyen $m$ egész számmal. Ekkor ${\left(a^{k+1}\right)}^p={\left(mp+1\right)}^p={\left(mp\right)}^p+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{1}\right){\left(mp\right)}^{p-1}+\text{...}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{p-2}\right){\left(mp\right)}^2+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{p-1}\right)mp+1$.
Itt az utolsó tag kivételével mindegyik osztható $p^2$-tel. Az utolsó előtti tag azért, mert $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{P}{p-1}\right)mp=m{p}^2$. A többiben pedig $mp$ legalább másodfokon szerepel. Ezzel azt kaptuk, hogy $a^{\left(k+1\right)p}-1=\left(a^p-1\right)\left(a^{kp}+a^{\left(k-1\right)p}+\text{...}+a^p+1\right)$ osztható $p^2$-tel.
Azt állítjuk, hogy $a^p-1$ nem osztható $p$-vel. Ugyanis $a^p-a$ osztható $p$-vel; Fermat tétele szerint; s ha $a^p-1$ is osztható volna $p$-vel, akkor különbségük, $a-1$ is osztható volna $p$-vel, ami ellentmond a megoldás elején tett észrevételnek.
Tehát $a^p-1$ nem osztható $p$-vel, így relatív prím $p^2$-hez. Ekkor $p^2$ csak úgy lehet osztója $a^{\left(k+1\right)p}-1=\left(a^p-1\right)\left(a^{kp}+a^{\left(k-1\right)p}+\text{...}+a^p+1\right)$-nek, ha osztója az $a^{kp}+a^{\left(k-1\right)p}+\text{...}+a^p+1$ összegnek, és éppen ezt kellett bizonyítani.