证明：依题n≥3，说明所有小于等于N的质数一定包括2和3。下面先证如下假设：Bertrand 假设： 对任意自然数 n ≥ 2， 至少存在一个素数 p 使得 n < p < 2n。
在证明 Bertrand 假设前我们先来证明几个辅助命题。
引理 1： 设 n 为一自然数， p 为一素数， 则能整除 n! 的 p 的最高幂次为： s = Σi≥1floor(n/pi) (式中 floor(x) 为不大于 x 的最大整数)。
证明： 能整除 n! 的 p 的最高幂次显然等于从 1 到 n 的各自然数中 p 的最高幂次之和， 即 s = Σ1≤i≤n si (其中 si 为能整除 i 的 p 的最高幂次)。 现在将从 1 到 n 的所有 (n 个) 自然数排列在一条直线上， 在每个数字上叠放一列 si 个记号， 显然记号的总数是 s。
关系式 s = Σ1≤i≤n si 表示的是先计算各列的记号数 (即 si) 再求和。 但我们也可以先计算各行的记号数再求和， 由此得到的关系式正是引理 1。
为了证明这一点， 我们从数字所在的直线开始自下而上计数。 很明显所有第一行有记号的数字都含有因子 p (因为否则的话 si = 0， 没有记号)， 这种数字的总数 (也就是该行的记号总数) 是 floor(n/p)。
第二行有记号的数字都含有因子 p2 (因为否则的话 si < 2， 在第二行上不会有记号)， 这种数字的总数 (也就是该行的记号总数) 是 floor(n/p2)， 依此类推， 第 i 行的记号总数为 floor(n/pi)。 将所有这些数字相加便证明了引理 1。
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第1个回答 2012-07-21
抱歉，能力所限不能做出比较初等的方法，下面的Bertrand假设是查找的资料，希望能对你有所帮助。
证明：依题n≥3，说明所有小于等于N的质数一定包括2和3.下面先证如下假设：
Bertrand 假设： 对任意自然数 n ≥ 2， 至少存在一个素数 p 使得 n < p < 2n。
在证明 Bertrand 假设前我们先来证明几个辅助命题。
引理 1： 设 n 为一自然数， p 为一素数， 则能整除 n! 的 p 的最高幂次为： s = Σi≥1floor(n/pi) (式中 floor(x) 为不大于 x 的最大整数)。
证明： 能整除 n! 的 p 的最高幂次显然等于从 1 到 n 的各自然数中 p 的最高幂次之和， 即 s = Σ1≤i≤n si (其中 si 为能整除 i 的 p 的最高幂次)。 现在将从 1 到 n 的所有 (n 个) 自然数排列在一条直线上， 在每个数字上叠放一列 si 个记号， 显然记号的总数是 s。 关系式 s = Σ1≤i≤n si 表示的是先计算各列的记号数 (即 si) 再求和。 但我们也可以先计算各行的记号数再求和， 由此得到的关系式正是引理 1。 为了证明这一点， 我们从数字所在的直线开始自下而上计数。 很明显所有第一行有记号的数字都含有因子 p (因为否则的话 si = 0， 没有记号)， 这种数字的总数 (也就是该行的记号总数) 是 floor(n/p)； 第二行有记号的数字都含有因子 p2 (因为否则的话 si < 2， 在第二行上不会有记号)， 这种数字的总数 (也就是该行的记号总数) 是 floor(n/p2)， 依此类推， 第 i 行的记号总数为 floor(n/pi)。 将所有这些数字相加便证明了引理 1。 Q.E.D.
我们之所以用这样一种比较文字化的方式来叙述引理 1 的证明过程， 目的在于更清楚地显示该证明的基本思路： 即利用一个有限二维点阵求和的不同方式 (顺序) 得到互相等价的不同表达式。 这是数学证明中一种常用的手段。
推论 1.1： 设 n 为一自然数， p 为一素数， 则能整除 (2n)!/(n!n!) 的 p 的最高幂次为： s = Σi≥1 [floor(2n/pi) - 2floor(n/pi)]。
证明： 显然。 Q.E.D.
推论 1.2： 设 n ≥ 3 为一自然数， p 为一素数， s 为能整除 (2n)!/(n!n!) 的 p 的最高幂次， 则：(a) ps ≤ 2n； (b) 若 p > √2n， 则 s ≤ 1； (c) 若 2n/3 < p ≤ n， 则 s = 0。
证明： (a) 设 m 为满足 pm ≤ 2n 的最大自然数， 则显然对于 i > m， floor(2n/pi) - 2floor(n/pi) = 0 - 0 = 0。 因此推论 1.1 中的求和止于 i = m， 共计 m 项。 由于 floor(2x) - 2floor(x) ≤ 1， 因此这 m 项中的每一项不是 0 就是 1， 其求和结果不超过项数本身， 即 s ≤ m， 因此 ps ≤ pm ≤ 2n。
(b) 因为 p > √2n 表明 p2 > 2n， 因此由 (a) 可得 s ≤ 1。
(c) 因为 n ≥ 3 及 2n/3 < p ≤ n 表明 p2 > 2n， 因此推论 1.1 中的求和只有 i = 1 一项， 即： s = floor(2n/p) - 2floor(n/p)。 由于 2n/3 < p ≤ n 还表明 1 ≤ n/p < 3/2， 因此 s = floor(2n/p) - 2floor(n/p) = 2 - 2 = 0。 Q.E.D.
引理 2： 设 n 为自然数， p 为素数， 则 Πp≤n p < 4n。
证明： 用数学归纳法。 n = 1 和 n = 2 时引理显然成立。 假设引理对 n < N 成立 (N > 2)， 我们来证明 n = N 的情形。 如果 N 为偶数， 则 Πp≤N p = Πp≤N-1 p， 引理显然成立。 如果 N 为奇数， 设 N = 2m + 1 (m ≥ 1)。 注意到所有 m + 1 < p ≤ 2m + 1 的素数都是组合数 (2m+1)!/m!(m+1)! 的因子 (因为它们是 (2m+1)! 的因子， 但却不是 m! 和 (m+1)! 的因子)； 另一方面组合数 (2m+1)!/m!(m+1)! 在二项式展开 (1+1)2m+1 中出现两次， 因而 (2m+1)!/m!(m+1)! ≤ (1+1)2m+1 / 2 = 4m。 这两点合并可得 Πm+1<p≤2m+1 p ≤ (2m+1)!/m!(m+1)! ≤ 4m。 由此 (并利用归纳假定) 可得 Πp≤N p = (Πp≤m+1 p) (Πm+1<p≤2m+1 p) < 4m+1 4m = 42m+1 = 4N。 Q.E.D.
引理 2 常常被表述为 θ(n) ≡ Σp≤n log(p) < n log4， 并被称为 Chebyshev's Bound (以 Chebyshev 命名的结果， 无论是前面提到的 Bertrand 假设的别称 Chebyshev 定理还是这里所说的 Chebyshev's Bound， 都有不止一个对应， 查阅文献时要当心)。
好了， 一切准备就绪， 现在我们来证明 Bertrand 假设。
Bertrand 假设的证明： 用反证法， 假设命题不成立， 即存在某个 n ≥ 2， 在 n 与 2n 之间没有素数。 我们来看 (2n)!/(n!n!) 的分解 (2n)!/(n!n!) = Π ps(p) (s(p) 为质因子 p 的幂次)。 由推论 1.2(a) 知 p < 2n， 由反证法假设知 p ≤ n， 再由推论 1.2(c) 知 p ≤ 2n/3， 因此 (2n)!/(n!n!) = Πp≤2n/3 ps(p)。 将连乘分解为 p ≤ √2n 及 √2n < p ≤ 2n/3 两部分 (这一分解要求 n > 4， 但后面我们会看到， 我们的整个方法只适用于 n ≥ 50， 因此我们其实是假定 n ≥ 50， 对 50 以下的情形只需直接验证即可)， 并利用推论 1.2(b) 可得：
(2n)!/(n!n!) ≤ Πp≤√2n ps(p) · Π√2n<p≤2n/3 p ≤ Πp≤√2n ps(p) · Πp≤2n/3 p
该乘积中的第一组的被乘因子数目为 √2n 以内的素数数目， 即不多于 √2n/2 - 1 (因偶数及 1 不是素数)， 而每个因子按照推论 1.2(a) 均不大于 2n， 因此该组乘积不大于 (2n)√2n/2-1。 第二组乘积按照引理 2 小于 42n/3， 由此得到： (2n)!/(n!n!) < (2n)√2n/2-1 · 42n/3。
另一方面， (2n)!/(n!n!) 是 (1+1)2n 展开式中最大的一项， 而该展开式共有 2n 项 (我们将首末两项 1 合并为 2)， 因此 (2n)!/(n!n!) ≥ 22n / 2n = 4n / 2n。 将此式与上一段最后的结果联立并略经化简可得 4n/3 < (2n)√n/2。 两端取对数并进一步化简可得：
√2n ln4 < 3 ln(2n)
由于幂函数 √2n 随 n 的增长速度远快于对数函数 ln(2n)， 因此上式对于足够大的 n 显然不可能成立。 简单的数值计算表明， 对于 n = 50 上式左边为 13.8629...， 右边为 13.8155...， 不等式不成立。 这表明我们所作的反证假设， 即 Bertrand 假设不成立， 对于 n ≥ 50 是错误的， 换句话说 Bertrand 假设对于 n ≥ 50 成立。 简单的验证可以证明 Bertrand 假设对于 n < 50 也成立 (事实上前面说过， Bertrand 本人就已经对 n < 3000000 做过验证)， 因此我们证明了 Bertrand 假设。 Q.E.D.
对n≥6,必存在一个质数p，使n/2<p<n
所以p必然＞3，
说明它不是2,3.
从而所有小于等于n的质数乘积≥6p>3n>n+1
n=5,4,3的情况直接验证发现结论成立。
综上结论得证
证明：依题n≥3，说明所有小于等于N的质数一定包括2和3.下面先证如下假设：
Bertrand 假设： 对任意自然数 n ≥ 2， 至少存在一个素数 p 使得 n < p < 2n。
在证明 Bertrand 假设前我们先来证明几个辅助命题。
引理 1： 设 n 为一自然数， p 为一素数， 则能整除 n! 的 p 的最高幂次为： s = Σi≥1floor(n/pi) (式中 floor(x) 为不大于 x 的最大整数)。
证明： 能整除 n! 的 p 的最高幂次显然等于从 1 到 n 的各自然数中 p 的最高幂次之和， 即 s = Σ1≤i≤n si (其中 si 为能整除 i 的 p 的最高幂次)。 现在将从 1 到 n 的所有 (n 个) 自然数排列在一条直线上， 在每个数字上叠放一列 si 个记号， 显然记号的总数是 s。 关系式 s = Σ1≤i≤n si 表示的是先计算各列的记号数 (即 si) 再求和。 但我们也可以先计算各行的记号数再求和， 由此得到的关系式正是引理 1。 为了证明这一点， 我们从数字所在的直线开始自下而上计数。 很明显所有第一行有记号的数字都含有因子 p (因为否则的话 si = 0， 没有记号)， 这种数字的总数 (也就是该行的记号总数) 是 floor(n/p)； 第二行有记号的数字都含有因子 p2 (因为否则的话 si < 2， 在第二行上不会有记号)， 这种数字的总数 (也就是该行的记号总数) 是 floor(n/p2)， 依此类推， 第 i 行的记号总数为 floor(n/pi)。 将所有这些数字相加便证明了引理 1。 Q.E.D.
我们之所以用这样一种比较文字化的方式来叙述引理 1 的证明过程， 目的在于更清楚地显示该证明的基本思路： 即利用一个有限二维点阵求和的不同方式 (顺序) 得到互相等价的不同表达式。 这是数学证明中一种常用的手段。
推论 1.1： 设 n 为一自然数， p 为一素数， 则能整除 (2n)!/(n!n!) 的 p 的最高幂次为： s = Σi≥1 [floor(2n/pi) - 2floor(n/pi)]。
证明： 显然。 Q.E.D.
推论 1.2： 设 n ≥ 3 为一自然数， p 为一素数， s 为能整除 (2n)!/(n!n!) 的 p 的最高幂次， 则：(a) ps ≤ 2n； (b) 若 p > √2n， 则 s ≤ 1； (c) 若 2n/3 < p ≤ n， 则 s = 0。
证明： (a) 设 m 为满足 pm ≤ 2n 的最大自然数， 则显然对于 i > m， floor(2n/pi) - 2floor(n/pi) = 0 - 0 = 0。 因此推论 1.1 中的求和止于 i = m， 共计 m 项。 由于 floor(2x) - 2floor(x) ≤ 1， 因此这 m 项中的每一项不是 0 就是 1， 其求和结果不超过项数本身， 即 s ≤ m， 因此 ps ≤ pm ≤ 2n。
(b) 因为 p > √2n 表明 p2 > 2n， 因此由 (a) 可得 s ≤ 1。
(c) 因为 n ≥ 3 及 2n/3 < p ≤ n 表明 p2 > 2n， 因此推论 1.1 中的求和只有 i = 1 一项， 即： s = floor(2n/p) - 2floor(n/p)。 由于 2n/3 < p ≤ n 还表明 1 ≤ n/p < 3/2， 因此 s = floor(2n/p) - 2floor(n/p) = 2 - 2 = 0。 Q.E.D.
引理 2： 设 n 为自然数， p 为素数， 则 Πp≤n p < 4n。
证明： 用数学归纳法。 n = 1 和 n = 2 时引理显然成立。 假设引理对 n < N 成立 (N > 2)， 我们来证明 n = N 的情形。 如果 N 为偶数， 则 Πp≤N p = Πp≤N-1 p， 引理显然成立。 如果 N 为奇数， 设 N = 2m + 1 (m ≥ 1)。 注意到所有 m + 1 < p ≤ 2m + 1 的素数都是组合数 (2m+1)!/m!(m+1)! 的因子 (因为它们是 (2m+1)! 的因子， 但却不是 m! 和 (m+1)! 的因子)； 另一方面组合数 (2m+1)!/m!(m+1)! 在二项式展开 (1+1)2m+1 中出现两次， 因而 (2m+1)!/m!(m+1)! ≤ (1+1)2m+1 / 2 = 4m。 这两点合并可得 Πm+1<p≤2m+1 p ≤ (2m+1)!/m!(m+1)! ≤ 4m。 由此 (并利用归纳假定) 可得 Πp≤N p = (Πp≤m+1 p) (Πm+1<p≤2m+1 p) < 4m+1 4m = 42m+1 = 4N。 Q.E.D.
引理 2 常常被表述为 θ(n) ≡ Σp≤n log(p) < n log4， 并被称为 Chebyshev's Bound (以 Chebyshev 命名的结果， 无论是前面提到的 Bertrand 假设的别称 Chebyshev 定理还是这里所说的 Chebyshev's Bound， 都有不止一个对应， 查阅文献时要当心)。
好了， 一切准备就绪， 现在我们来证明 Bertrand 假设。
Bertrand 假设的证明： 用反证法， 假设命题不成立， 即存在某个 n ≥ 2， 在 n 与 2n 之间没有素数。 我们来看 (2n)!/(n!n!) 的分解 (2n)!/(n!n!) = Π ps(p) (s(p) 为质因子 p 的幂次)。 由推论 1.2(a) 知 p < 2n， 由反证法假设知 p ≤ n， 再由推论 1.2(c) 知 p ≤ 2n/3， 因此 (2n)!/(n!n!) = Πp≤2n/3 ps(p)。 将连乘分解为 p ≤ √2n 及 √2n < p ≤ 2n/3 两部分 (这一分解要求 n > 4， 但后面我们会看到， 我们的整个方法只适用于 n ≥ 50， 因此我们其实是假定 n ≥ 50， 对 50 以下的情形只需直接验证即可)， 并利用推论 1.2(b) 可得：
(2n)!/(n!n!) ≤ Πp≤√2n ps(p) · Π√2n<p≤2n/3 p ≤ Πp≤√2n ps(p) · Πp≤2n/3 p
该乘积中的第一组的被乘因子数目为 √2n 以内的素数数目， 即不多于 √2n/2 - 1 (因偶数及 1 不是素数)， 而每个因子按照推论 1.2(a) 均不大于 2n， 因此该组乘积不大于 (2n)√2n/2-1。 第二组乘积按照引理 2 小于 42n/3， 由此得到： (2n)!/(n!n!) < (2n)√2n/2-1 · 42n/3。
另一方面， (2n)!/(n!n!) 是 (1+1)2n 展开式中最大的一项， 而该展开式共有 2n 项 (我们将首末两项 1 合并为 2)， 因此 (2n)!/(n!n!) ≥ 22n / 2n = 4n / 2n。 将此式与上一段最后的结果联立并略经化简可得 4n/3 < (2n)√n/2。 两端取对数并进一步化简可得：
√2n ln4 < 3 ln(2n)
由于幂函数 √2n 随 n 的增长速度远快于对数函数 ln(2n)， 因此上式对于足够大的 n 显然不可能成立。 简单的数值计算表明， 对于 n = 50 上式左边为 13.8629...， 右边为 13.8155...， 不等式不成立。 这表明我们所作的反证假设， 即 Bertrand 假设不成立， 对于 n ≥ 50 是错误的， 换句话说 Bertrand 假设对于 n ≥ 50 成立。 简单的验证可以证明 Bertrand 假设对于 n < 50 也成立 (事实上前面说过， Bertrand 本人就已经对 n < 3000000 做过验证)， 因此我们证明了 Bertrand 假设。 Q.E.D.
对n≥6,必存在一个质数p，使n/2<p<n
所以p必然＞3，
说明它不是2,3.
从而所有小于等于n的质数乘积≥6p>3n>n+1
n=5,4,3的情况直接验证发现结论成立。
综上结论得证
参考资料：卢昌海个人主页
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