Soruya başlamadan önce, $f(n)$ ile $n$'in binary halindeki $1$'lerin sayısını göstermek üzere, $n!$ içindeki $2$ çarpanlarının sayısının $n-f(n)$ olduğunu gösterelim. Burada $v_2(n)$, $n$'yi bölen en büyük $2$'nin kuvvetinin üssünü göstersin (Yani $m$ tek sayısı için $v_2 \left (2^am\right )=a$ olacaktır).
Lemma: $a_1>a_2>\cdots>a_k$ için $n=2^{a_1}+2^{a_2}+\cdots +2^{a_k}$ ise $v_2\left (n!\right )=n-k$ olacaktır.
İspat: $n=2^{a_1}+2^{a_2}+\cdots +2^{a_k}$ için $v_2(n!)=\sum_{i=1}^{\infty}\left \lfloor\dfrac{n}{2^i}\right \rfloor$ olduğundan $a_{j}\geq i>a_{j+1}$ için $$\left \lfloor\dfrac{n}{2^i}\right \rfloor=\left \lfloor\dfrac{2^{a_1}+\cdots+2^{a_j}+2^{a_{j+1}}+\cdots+2^{a_k}}{2^i}\right \rfloor=\left \lfloor 2^{a_1-i}+\cdots+2^{a_j-i}+\dfrac{2^{a_{j+1}}+\cdots+2^{a_k}}{2^i}\right \rfloor$$ $i>a_{j+1}$ olduğundan $2^{a_{j+1}}+\cdots+2^{a_k}\leq 2^{i-1}+2^{i-2}+\cdots +1=2^{i}-1$ ve $\dfrac{2^{a_{j+1}}+\cdots+2^{a_k}}{2^i}\leq \dfrac{2^{i}-1}{2^i}<1$ elde edilir. Yani $$\left \lfloor\dfrac{n}{2^i}\right \rfloor=2^{a_1-i}+\cdots+2^{a_j-i}$$ olacaktır. $$v_2(n!)=\sum_{i=1}^{\infty}\left \lfloor\dfrac{n}{2^i}\right \rfloor=\sum_{j=1}^{k}\sum_{i=a_{j+1}+1}^{a_{j}}\left (2^{a_1-i}+\cdots+2^{a_j-i}\right )$$ $$=\sum_{j=1}^{k}\sum_{i=0}^{a_j-1} 2^i=\sum_{j=1}^{k}\left (2^{a_j}-1\right )=n-k$$ elde edilir.
Buradan, $v_2(n!)=n-f(n)$ bulunur. Soruya geçecek olursak, $q=2$ için çözüm gelmez, $q$ tektir. $p>q-2$ olduğu bariz olduğundan $$q!=2^{q-2}\left(2^{p-q+2}-1\right)$$ ve $q!$ içerisindeki $2$ çarpanı sayısı $q-2$ olmalıdır. Buradan $v_2(q!)=q-2=q-f(q)$ ve $f(q)=2$ bulunur. $q$ tek olduğundan $q=2^k+1$ formatında olmalıdır. $k$'nın birden büyük tek böleni varsa, bu tek bölene $m$ dersek $2^{k/m}+1\mid q$ olacağından $q$ asal olamaz. Dolayısıyla $k$ da $2$'nin kuvvetidir.
$q=2^{2^n}+1$ formatındadır. $n=0$ için $q=3$ elde edilir, yerine yazılırsa $p=3$ bulunur. $n=1$ için $q=5$ elde edilir. Yerine koyulursa $p=7$ bulunur.
$n\geq 2$ için $q\geq 7$'dir ve $q\equiv 2\pmod{3}$ olacaktır. Eğer eşitliği $7$ modunda incelersek, $$2^p\equiv 2^{q-2}+q!\equiv \left(2^{3}\right)^{\frac{q-2}{3}}\equiv 1\pmod{7}$$ olur. $7$ modunda $2$'nin sadece $3$'ün katı olan üsleri $1$ kalanı verir. Dolayısıyla $p=3$ olmalıdır. Ancak $p>q-2>3$ olduğundan bu bir çelişkidir. $n\geq 2$ için çözüm yoktur.
Tüm çözümler $(p,q)=(3,3),(7,5)$ elde edilir.
