$n!$ sayısındaki $2$ lerin sayısı ile $M = \prod \limits_{k=0}^{n-1} {2^k \left( 2^{n-k} - 1\right)}$ sayısındaki $2$ sayısını karşılaştıralım.
$n!=x\cdot 2^{r} \Rightarrow \max(r) = \lfloor \frac n2 \rfloor + \lfloor \frac n4 \rfloor + \cdots \leq n\left(\frac 12 + \frac 14 + \frac 18 + \cdots \right) = n$.
$M = \prod \limits_{k=0}^{n-1} {2^k \left( 2^{n-k} - 1\right)} = x\cdot 2^r \Rightarrow \max(r) = \sum \limits_{k=0}^{n-1} k = \frac {n(n-1)}{2}$.
$n\geq 3$ için, $\frac {n(n-1)}{2}\geq n$ olacaktır. Yani $n\geq 3$ için, $M$ sayısında $n!$ dekinden daha fazla (ya da eşit) $2$ çarpanı var.
$M_{n=1} = 1 \Rightarrow 1! \mid 1$ ve $M_{n=2} = 6 \Rightarrow 2! \mid 6$ olduğu için, $n!$ sayısında $M$ dekinden daha fazla $2$ çarpanı yoktur.
Diğer $p>2$ asal sayıları için de aynı sonuca varabiliyorsak $n! \mid M$ diyebiliriz.
$p>2$ bir asal sayı olsun.
$n!=x\cdot p^{r} \Rightarrow \max(r) = \sum \limits_{i=1}^{\infty} \left \lfloor \frac n{p^i} \right \rfloor$.
Euler'in $\varphi$ sinden, $2^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ olduğu için $M = \left(2^n - 1\right)\cdot \left(2^{n-1} - 1\right) \cdots \left(2^1 - 1\right) \prod \limits_{k=0}^{n-1} 2^k$ sayısının çarpanlarından $ \left \lfloor \frac n{p-1} \right \rfloor$ tanesi $p$ ile bölünecek.
Benzer şekilde $p^i \mid M $ durumunu incelersek: $\varphi \left( p^i \right) = p^{i-1}(p-1) \Rightarrow 2^{p^{i-1}(p-1)} \equiv 1 \pmod {p^i}$ olduğu için $M$ sayısının çarpanlarından $ \left \lfloor \frac n{p^{i-1}(p-1)} \right \rfloor$ tanesi $p^i$ ile bölünecek.
Bu durumda $M=x\cdot p^r \Rightarrow \max(r) = \sum \limits_{i=1}^{\infty} {\left \lfloor \frac n{p^{i-1}(p-1)} \right \rfloor}$ olacaktır.
Her $i=1,2,\dots$ için $ \left \lfloor \frac n{p^{i-1}(p-1)} \right \rfloor \geq \left \lfloor \frac n{p{i}} \right \rfloor$ olduğu için $M$ sayısındaki $p$ çarpanlarının sayısı $n!$ sayısındaki $p$ çarpanlarının sayısından az olmayacaktır. Bu durumda $n! \mid M$ dir.
