Tenga en cuenta que la siguiente prueba hace uso del hecho de que $n\ne 2^m-1$ en la última línea.
La idea es demostrar que cuando $x,$ y son lo suficientemente grandes, entonces la función $f(x)=x!-x^n$ es estrictamente creciente. El resto puede ser descartado, teniendo en cuenta algunas propiedades de la divisibilidad.
Así que vamos a suponer que $x> y$ y $d_p(m)$ denota la mayor potencia de p $$ que divide a m$.$ Tenemos
$$x!-y!=x^n-y^n.$$
Tomar cualquier divisor primo $p|y.$ Entonces, $p|\ LHS,$ así $p|x.$ Por lo tanto,$$d_p(x!-y!)=d_p(y!)< \frac{y}{p}+\frac{y}{p^2}+...=\frac{y}{p-1}.$$
Desde el otro lado $d_p(x^n-y^n)\ge n$ y debemos tener $n< \frac{y}{p-1}.$ En particular, $y>n.$
Supongamos que $p\ge 3,$ entonces $y>2n.$ Esta restricción es suficiente para establecer la monotonía de $f.$ En efecto, es suficiente para demostrar que para $y>2n,$ $f(y+1)>f(y).$ En otras palabras, nos gustaría mostrar
$$(y+1)!-y!=y\cdot y!> (y+1)^n-y^n.$$
Usando la desigualdad de $y!\ge y^{\frac{y}{2}}$ que puede ser demostrado por inducción o por agrupación de juntas de $k$ y $y-k$ en el producto correspondiente, se puede estimar
$$y\cdot y!\ge y\cdot y^n>y^{n+1}-y^n>(y+1)^n-y^n,$$
y el resultado de la siguiente manera.
Así que no nos queda más que considerar el caso cuando $p=2$ o $y=2^{\alpha}.$ Dado que $x$ es, incluso, $d_2(x!-y!)=d_2(2^{\alpha}!)=2^{\alpha}-1.$ Si $ $ y=2^{\alpha}|x$ entonces $x\ge 2y> y+n$ y se puede estimar
$$x!-y!=y!(x(x-1)...(y+1)-1)\ge (n+1)!(x(x-1)....(x-n)-1)\ge x^n$$ $x\ge 2n,$
porque $k(x-k)\ge x$ para $x\ge 2n$ y $1<k\le n.$
Por lo tanto, tenemos un total de $d_2(x^n-y^n)=d_2(x^n)=\beta$ n y nos mush $\beta n=2^{\alpha}-1=y-1.$
Ahora vamos a utilizar el hecho de que $n\ne 2^m-1$ a la conclusión de que $\beta\ne 1$ y por tanto $\beta\ge 3.$ Esto implica $y-1\ge 3n,$ $y>2n$ y en este caso fue considerado anteriormente.
