โดย Legendre's theorem, $ v_p(m!) = \lfloor\frac{m}{p}\rfloor + \lfloor\frac{m}{p^2}\rfloor + ... $
ดังนั้น $ v_2(m!) = \lfloor\frac{m}{2}\rfloor + \lfloor\frac{m}{4}\rfloor + ... $
จาก $ \lfloor\frac{m}{2^k}\rfloor \geq \lfloor\frac{m}{p^k}\rfloor , \forall k \in \unicode{8469} $
ทำให้ $ \lfloor\frac{m}{2}\rfloor + \lfloor\frac{m}{4}\rfloor + ... \geq \lfloor\frac{m}{p}\rfloor + \lfloor\frac{m}{p^2}\rfloor + ... \forall p \in \unicode{8473} $
จะได้ว่า $ p_1 = 2 $ และ $ n_1 = v_2(m!) = \lfloor\frac{m}{2}\rfloor + \lfloor\frac{m}{4}\rfloor + ... $
ดังนั้น $ 2^{n_1 - 1} = 2^{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor + \lfloor\frac{m}{4}\rfloor + ...-1} $
ต่อไปจะแสดงว่า $ 2^{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor + \lfloor\frac{m}{4}\rfloor + ...-1} > m$ โดย Strong induction บนตัวแปร $m$
ให้ P(m) แทนข้อความ $2^{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor + \lfloor\frac{m}{4}\rfloor + ...-1} > m , \forall m \in \unicode{8469} \geq 6$
ขั้นฐาน : P(6), $2^{\lfloor\frac{6}{2}\rfloor + \lfloor\frac{6}{4}\rfloor + ...-1} > 6 $ เป็นจริง
ขั้นอุปนัย : สมมุติว่า P(7), P(8), ..., P(m) เป็นจริง
1. กรณี $m$ เป็นเลขคี่
จะได้ว่า $\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor = \lfloor\frac{m}{2}\rfloor +1$ และจาก P(m) เป็นจริง, $2^{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor + \lfloor\frac{m}{4}\rfloor + ...-1} > m$
ทำให้ $2^{\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor + \lfloor\frac{m+1}{4}\rfloor + ...-1} \geq 2\cdot 2^{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor + \lfloor\frac{m}{4}\rfloor + ...-1} \geq 2m > m+1$ (จาก $m \geq 6$)
ดังนั้น P(m+1) เป็นจริง
2. กรณี $m$ เป็นเลขคู่
จะได้ว่า $\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor = \lfloor\frac{m-1}{2}\rfloor +1$ และจาก P(m-1) เป็นจริง, $2^{\lfloor\frac{m-1}{2}\rfloor + \lfloor\frac{m-1}{4}\rfloor + ...-1} > m-1$
ทำให้ $2^{\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor + \lfloor\frac{m+1}{4}\rfloor + ...-1} \geq 2\cdot 2^{\lfloor\frac{m-1}{2}\rfloor + \lfloor\frac{m-1}{4}\rfloor + ...-1} \geq 2(m-1) > m+1 (จาก m \geq 6)$
ดังนั้น P(m+1) เป็นจริง
จากทั้ง 2 กรณี, P(m+1) เป็นจริง ดังนั้น $2^{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor + \lfloor\frac{m}{4}\rfloor + ...-1} > m$ นั่นคือ $2^{n_1 - 1} > m$