（一）。k個連續正整數階乘之積趣解。 先來看一個命題：
k 個連續正整數之積一定可以被 k!（k 的階乘） 整除，即，對于任意 非負整數 m 有 k! | (m+1)(m+2)...(m+k)。
證明：
(m+1)(m+2)...(m+k)
= 1×2×... ×m×(m+1)×(m+2)×...×(m+k) / (1×2×... ×m)
= (m+k)!/m!
= k! [(m+k)!/(m!k!)]
而從a 個元素中任意選取 b 個元素的 可能組合數 為：
c(a, b) = a!/((a-b)!b!) (b≤a)
令 a = m+k， b = k，則有：
c(m+k, k) = (m+k)!/((m+k-k)!k!) = (m+k)!/(m!k!)
是以有：
(m+1)(m+2)...(m+k) = k!c(m+k, k)
c(m+k, k) 即，從 m+k 個元素中任意選取 k 個元素的 可能組合數，它 一定是個 正整數，這就說明 k! 一定整除 k!c(m+k, k) 也就是 整除 (m+1)(m+2)...(m+k))，即，
k! | (m+1)(m+2)...(m+k)
得證
當命題中，k = 5 時，k! = 5×4×3×2×1 = 120，于是我們說：5個連續正整數之積必能被120整除。
此命題的常見結論是：
任意 3 個連續正整數的積都可以被6整除；
任意 2 個相鄰正整數的積都可以被2整除；
這大家估計都見過。
和上面結論1，相關聯的另一個命題是：如果正整數 m 的 各位數（十進制）之和 是 3 的倍數，則 m 可以被 3 整除。
設，b = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}，令，
m = aᵣ10ʳ + aᵣ₋₁10ʳ⁻¹ + ... + a₁10¹ + a₀，(aᵣ, aᵣ₋₁, ..., a₁, a₀ ∈ b)
則：
m = aᵣ(10ʳ-1) + aᵣ₋₁(10ʳ⁻¹-1) + ... + a₁(10¹-1) + (aᵣ + aᵣ₋₁ + ... + a₁ + a₀)
而對于 n = 1, 2, ..., r 有：
10ⁿ - 1 = 9×10ⁿ + 9×10ⁿ⁻¹ + ... + 9×10 + 9
顯然 3 | 10ⁿ - 1，于是：
3 | aᵣ(10ʳ-1) + aᵣ₋₁(10ʳ⁻¹-1) + ... + a₁(10¹-1)
進而 隻需要保持：
3 | aᵣ + aᵣ₋₁ + ... + a₁ + a₀
即，
m 的 各位數之和 被 3 的整除（也就是：m 的 各位數之和 是 3 的倍數）
則，
3 | m
（二）。歐幾裡德的素數無限性的階剩解。 在自然數整數所含素數1，2，3，5，7， 。。。。。。的階乘，有什麼有趣的現象呢。 在大約公元前三百年前，歐幾裡德在《幾何原本》中就證明了素數的無限性。.
那麼，歐幾裡德素數無限的公式階乘有什麼有趣的現象呢。哪就是素數的階乘尾數都是零，能被5和10整除，是以，古《奇門遁甲》中有：五日一進制周二遁，十子一甲用皆同之說。