（一）。k个连续正整数阶乘之积趣解。 先来看一个命题：
k 个连续正整数之积一定可以被 k!（k 的阶乘） 整除，即，对于任意 非负整数 m 有 k! | (m+1)(m+2)...(m+k)。
证明：
(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!)]
而从a 个元素中任意选取 b 个元素的 可能组合数 为：
c(a, b) = a!/((a-b)!b!) (b≤a)
令 a = m+k， b = k，则有：
c(m+k, k) = (m+k)!/((m+k-k)!k!) = (m+k)!/(m!k!)
因此有：
(m+1)(m+2)...(m+k) = k!c(m+k, k)
c(m+k, k) 即，从 m+k 个元素中任意选取 k 个元素的 可能组合数，它 一定是个 正整数，这就说明 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)
得证
当命题中，k = 5 时，k! = 5×4×3×2×1 = 120，于是我们说：5个连续正整数之积必能被120整除。
此命题的常见结论是：
任意 3 个连续正整数的积都可以被6整除；
任意 2 个相邻正整数的积都可以被2整除；
这大家估计都见过。
和上面结论1，相关联的另一个命题是：如果正整数 m 的 各位数（十进制）之和 是 3 的倍数，则 m 可以被 3 整除。
设，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)
则：
m = aᵣ(10ʳ-1) + aᵣ₋₁(10ʳ⁻¹-1) + ... + a₁(10¹-1) + (aᵣ + aᵣ₋₁ + ... + a₁ + a₀)
而对于 n = 1, 2, ..., r 有：
10ⁿ - 1 = 9×10ⁿ + 9×10ⁿ⁻¹ + ... + 9×10 + 9
显然 3 | 10ⁿ - 1，于是：
3 | aᵣ(10ʳ-1) + aᵣ₋₁(10ʳ⁻¹-1) + ... + a₁(10¹-1)
进而 只需要保持：
3 | aᵣ + aᵣ₋₁ + ... + a₁ + a₀
即，
m 的 各位数之和 被 3 的整除（也就是：m 的 各位数之和 是 3 的倍数）
则，
3 | m
（二）。欧几里德的素数无限性的阶剩解。 在自然数整数所含素数1，2，3，5，7， 。。。。。。的阶乘，有什么有趣的现象呢。 在大约公元前三百年前，欧几里德在《几何原本》中就证明了素数的无限性。.
那么，欧几里德素数无限的公式阶乘有什么有趣的现象呢。哪就是素数的阶乘尾数都是零，能被5和10整除，所以，古《奇门遁甲》中有：五日一元周二遁，十子一甲用皆同之说。