$p \mid n$ olsun. $p \neq 2$ sayısı $2^n$ yi bölmez. O halde $m!$ i de bölmez. Buradan $n$ nin her asal böleni $p$ için $p>m$ elde edilir.
(i.) $n$ nin $2$ hariç en az iki asal böleni olursa $p,q$ onlardan ikisi olsun, $n \ge pq>m^2$ elde edilir. $m! > 2^{m^2}+m^2$ olmalıdır. Ancak ($m$ tane $2^m$ nin çarpımı) $2^{m^2}=2^{m}.2^{m}\cdots2^{m} >1.2 \cdots m$ o halde buradan çelişki.
(ii.) $n=p^{a}.2^{b}$ olmalıdır. $a >1$ ise $p>m$ den dolayı $n > m^{a}$ dır. $a\ge 2$ ise $n >m^2$ olur ki çelişki geleceğini az önce ispatlamıştık. O halde $a=1$ olmalıdır. $n=p.2^{b}$ olur. $p \neq 2$ olduğundan $2^b $ $||$ $m!$ olur. O halde $m$ de tam olarak $b$ tane $2$ çarpanı olmalıdır. Ancak $m>2^b$ olduğundan çelişki. $n=2^{a}$ olması gerekir. $m \ge 3$ olduğundan $m!$ in çift olduğunu biliyoruz. O halde $2^{p^a}+p^a$ çift olmalı. $p=2$ olmalı. $2^{2^a}+2^a=m!$ olmalı. $m \ge 3$ için $3 \mid m!$ olduğundan $3 \mid 2^{2^a}+2^a$ o halde $a$ tek olmalı. $m \ge 5$ için $5 \mid 2^{2^a}+2^a$ olmalı. $a=1$ ise 5 ile bölünmez. $a\ge 2$ için $2^{2^a} \equiv 1 \pmod{5}$ yani $2^a \equiv 4 \pmod{5}$ olmalı. Ancak $a$ tek olduğundan çelişki! $m=3,4$ olabilir. $m=3$ için $n=2$ sağlar.
(iii.) $n=1$ olabilir. Buradan çözüm yoktur.
$(3,2)$ tek köktür. İspat biter.
