Нека препоставиме дека $x_1,x_2,...,x_{n+1}$ се цели броеви. Ги дефинираме целите броеви
$$a_k = x_k - 1 = \frac{m+k}{n+k} - 1 = \frac{m-n}{n+k} > 0,$$
за $k=1,2,...,n+1$.
Нека $P = x_1x_2...x_{n+1}-1$. Потребно е да докажеме дека $P$ е делив со барем еден непарен прост број, или дека $P$ не е степен на бројот 2. За таа цел, ќе ги испитаме степените на 2 кои ги делат броевите $a_k$.
Нека $2^d$ е најголем степен на 2 кој го дели $m-n$, а нека $2^c$ е најголем степен на 2 кој не го надминува $2n+1$. Тогаш $2n+1 \le 2^{c+1}-1$, па $n+1 \le 2^c$. Значи, добиваме дека $2^c$ е еден од броевите $n+1, n+2, ..., 2n+1$, и дека единствен степен на 2 е $2^c$ кој се наоѓа меѓу тие броеви. Нека $l$ природен број таков што $n+l=2^c$. Бидејќи $\frac{m-n}{n+l}$ е цел број, добиваме дека $d \ge c$. Според тоа $2^{d-c+1} \nmid a_l = \frac{m-n}{n+l}$, додека $2^{d-c+1}|a_k$ за секој $k \in \{1,2,3,...,n+1\} \setminus \{l\}$.
Ке пресметаме конгруенција по модуло $2^{d-c+1}$, при што добиваме
$$P = (a_1+1)(a_2+1)...(a_{n+1}+1) - 1 \equiv (a_l+1) \cdot 1^n - 1 = a_l \not\equiv 0 \pmod{2^{d-c+1}}.$$
Според тоа $2^{d-c+1} \nmid P$.
Од друга страна, за секој $k \in \{1,2,...,n+1\} \setminus \{l\}$ имаме $2^{d-c+1}|a_k$. Според тоа $P > a_k \ge 2^{d-c+1}$, за некое $k$ од каде следува дека $P$ не е степен на бројот 2.