Megoldás. Legyen $A_{n+1}=n{p}_1^{1!}{p}_2^{2!}\text{...}{p}_n^{n!}+1$. Először megmutatjuk, hogy minden prím legfeljebb egyszer szerepelhet a sorozatban. Ha ugyanis lenne két index, $i<j$, amelyekre $p_i=p_j$, akkor $\left(j-1\right)p_1^{1!}{p}_2^{2!}\text{...}{p}_{j-1}^{\left(j-1\right)!}$ osztható $p_j$-vel, mert tényezői között szerepel a $p_i$, így ha hozzáadunk 1-et, akkor nem lesz osztható vele; ez viszont ellentmond $p_j$ definíciójának.
Tegyük föl, hogy van olyan $p$ prím, amely nem szerepel a sorozatban. Belátjuk, hogy ekkor az $A_n$ sorozat végtelen sok tagja osztható $p$-vel. Ez adja majd az ellentmondást, hiszen ha tekintjük a $p$-vel osztható $A_n$ számokat, illetve azok legkisebb prímosztóját, akkor ezek nyilván nem nagyobbak $p$-nél, ugyanakkor mind különbözőek a fenti észrevételünk szerint, ami lehetetlen. Tehát elegendő belátnunk, hogy ha a $p$ prím nem szerepel a sorozatban, akkor az $A_n$ sorozat végtelen sok tagja osztható $p$-vel.
Legyen $L=p_1^{1!}{p}_2^{2!}\text{...}{p}_{p-2}^{\left(p-2\right)!}$; ez nyilván nem osztható $p$-vel, mert egyik tényezője sem osztható $p$-vel (és $p$ prím).
Legyen $n>p-1$, ekkor $A_{n+1}=n\cdot L\cdot p_{p-1}^{p-1!}{p}_p^{p!}\text{...}{p}_n^{n!}+1$. Itt a $p_k^{k!}$ ($k>p-2)$ alakú tényezők $p$-vel való maradéka mindig 1 a kis Fermat-tétel szerint, hiszen $p_k$ nem osztható $p$-vel, illetve $k$! osztható $\left(p-1\right)$-gyel, mert az az egyik szorzó tényezője $\left(p_k^{k!}\equiv p_k^{\left(p-1\right)b}\equiv {\left(p_k^{p-1}\right)}^b\equiv 1^b\left(\text{mod}p\right)\right)$.
Így $A_{n+1}\equiv \left(n\cdot L+1\right)\text{mod}p$, ha $n>p-1$. Ezért, ha $n\cdot L\equiv \left(-1\right)\text{mod}p$-nek létezik $n$-re nézve megoldása, akkor készen vagyunk, mert ha $n_0$ egy ilyen megoldás, akkor az $A_{tp+n_0+1}$ számok mindegyikére