Stiamo cercando i numeri con tutti i divisori della forma $n^2+1$; siccome $0^2+1=1$ possiamo considerare $n>0$.
Caso 1: $n^2+1$ è primo
In questo caso
internet ci dice che si congettura che tali primi siano infiniti; per ora non ci possiamo fare nulla e sperare in questo anche noi.
Caso 2: $n^2+1$ composto; in particolare ha almeno due divisori primi $p$ e $q$.
Tutti i fattori primi di $n^2+1$ devono essere della forma $x^2+1$, quindi $p=a^2+1$ e $q=b^2+1$ e $pq=c^2+1=(a^2+1)(b^2+1)$ perché $pq \mid n^2+1$. Se $p=q$, allora $c^2+1=(a^2+1)^2$ e gli unici quadrati a distanza $1$ sono $0,1$, quindi in questo caso non posso avere soluzioni. $n^2+1$ è dunque libero da quadrati.
E ora abbiamo $p\neq q$, ma non ci bastano i primi normali, perché da adesso usiamo i primi di gauss; probabilmente le cose che scriverò non saranno eccessivamente precise quindi ogni correzioni da maestri di tdn algebrica è ben desiderato.
Gli interi di gauss sono numeri complessi della forma $a+ib$ con $a,b\in \mathbb{Z}$; visto che $\mathbb{Z}$[$i$] è un dominio a fattorizzazione unica, gli irriducibili sono primi e i primi sono irriducibili.
traduzione: un numero è primo se è divisibile solo per se stesso e 1, tutto a meno di moltiplicare questi due numeri per uno tra $(1,i,-1,-i)$.
in particolare si ha che i primi di gauss (sempre a meno di moltiplicare per una delle 4 unità o fare il coniugato) sono
1) i primi congrui a $3 \mod 4$
2) i numeri della forma $a+bi$ con $a^2+b^2=$primo. (questo è un se e solo se: visto che $13=2^2+3^2$, si ha che $2+3i$ è un primo)
Dunque possiamo fattorizzare $c^2+1=(c+i)(c-i)$, e in particolare $(c+i)(c-i)=c^2+1=(a^2+1)(b^2+1)=(a+i)(a-i)(b+i)(b-i)$ dove i 4 fattori a destra sono tutti primi. Un fattore a destra dev'essere dunque combinazioni di questi primi, con una certa unità davanti. Noto che se uno tra $a,b=0$ ottengo che $(a+i)(a-i)=1$ che non è un numero primo, quindi $a,b\neq 0$. I casi sono:
$\begin{cases}c+i=i^k(a+i) \\
c-i=i^h(a-i)(b+i)(b-i) \end{cases}
\begin{cases}c+i=i^k(a-i) \\
c-i=i^h(a+i)(b+i)(b-i) \end{cases} \
\begin{cases}c+i=i^k(a+i)(b+i) \\
c-i= i^h(a-i)(b-i) \end{cases}
\begin{cases}c+i=i^k(a+i)(b-i) \\
c-i= i^h(a-i)(b+i) \end{cases}
$
$\begin{cases}c+i=i^k(a-i)(b-i) \\
c-i= i^h(a+i)(b+i) \end{cases}
\begin{cases}c+i=i^k(a+i)(b+i)(b-i) \\
c-i=i^h(a-i) \end{cases}
\begin{cases}c+i=i^k(a-i)(b+i)(b-i) \\
c-i=i^h(a+i) \end{cases} \
\begin{cases} c+i=i^k(a+i)(a-i)\\
c-i=i^h(b+i)(b-i)\end{cases}
$
$
\begin{cases}c+i=i^k \\
c-i=i^h\cdot (a+i)(a-i)(b+i)(b-i) \end{cases}
\begin{cases}c+i=i^k (a+i)(a-i)(b+i)(b-i) \\
c-i=i^h \end{cases} \
$
(dove $k+h\equiv 0 \pmod{4}$)
Gli ultimi tre si liquidano facilmente perché servirebbe $c=0$ e dunque anche $a=b=0$.
Nel primo, secondo, sesto e settimo si arriva a $c=\pm a$ e $(b+i)(b-i)=i^{\text{qualcosa}}$ che implica $b=0$, quindi ciaone.
Nel terzo, quarto e quinto svolgendo si arriva a:
$\begin{cases} c+i=i^k(ab-1+i(\pm a \pm b)) \\
c-i=i^k(ab-1-i(\pm a \pm b)) \end{cases}$
Se $i^k=1,-1$ si ottiene confrontando la parte immaginaria che $1=\pm a \pm b$; questo significa che a,b hanno parità diverse e quindi $a^2+1$ e $b^2+1$ hanno parità diverse. Questo è possibile solo se uno di questi due primi è 2, ovvero WLOG $b=1$. Questo significa che $a=\pm 1 \pm b=-2,0,2$ che portano all'unica soluzione con $a^2+1=5$ e quindi $c^2+1=10$.
Se $i^k=i$, allora sempre con la parte immaginaria si ottiene $1=ab-1$, ovvero $ab=2$ che da le soluzioni trovate prima (a meno di segno) $(1,2)$.
Se $i^k=-i$ allora $1=-(ab-1)=1-ab$, dunque $ab=0$ e quindi non ci sono soluzioni interessanti.
In conclusione: ci potrebbero essere infiniti primi della forma $n^2+1$ ma $10$ è l'unico composto con la proprietà cercata