贝特兰猜想
描述：对于任意正整数 \(n\)，在 \((n,2n]\) 间至少存在一个质数 \(p\)。
首先有一个引理：
对于任意 \(x>1\)，\(\prod\limits_{p\le x}p\le 4^{x-1}\)。
证明：
考虑数学归纳法，假设对于 \(x\in\{2,3,\cdots,n\}\) 成立，证明其对于 \(n+1\) 成立。
分类讨论奇偶性。如果 \(n\) 为奇数，则显然成立，因为此时 \(\prod\limits_{p\le n}p=\prod\limits_{p\le n+1}p\)，而 \(4^{n-1}<4^n\)。
如果 \(n\) 为偶数，设 \(n=2m\)，则要证 \(\prod\limits_{p\le 2m+1}p\le 4^{2m}\)。进行如下放缩：
\[\prod\limits_{p\le 2m+1}p=\prod\limits_{p\le m+1}p\cdot \prod\limits_{m+1<p\le 2m+1}p\le 4^m\cdot\binom{2m+1}{m}\le 4^m\cdot 2^{2m}=4^{2m} \]其中涉及到一个不等式 \(\prod\limits_{m+1<p\le 2m+1}p\le \binom{2m+1}{m}\)，因为：
\[\binom{2m+1}{m}=\frac{(2m+1)!}{m!(m+1)!}=\frac{(m+2)(m+3)\cdots(2m+1)}{m!} \]注意到，对于每个质数 \(p\in (m+1,2m+1]\)，分子都为 \(p\) 的倍数而分母不是，所以 \(\prod\limits_{m+1<p\le 2m+1}p\) 为 \(\binom{2m+1}{m}\) 的因数，故小于等于后者。
考虑 \(\binom{2n}{n}\) 的质因数分解，对于每个质数 \(p\) 的次数。
有 \(\binom{2n}{n}=\frac{(2n)!}{n!n!}\)。由勒让德定理，对于每个质数 \(p\)，其在 \(n!\) 中的次数等于 \(\sum\limits_{k\ge 1} \left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor\)。所以对于每个质数 \(p\)，其在 \(\binom{2n}{n}\) 中的出现次数等于 \(\sum\limits_{k\ge 1} \left\lfloor\frac{2n}{p^k}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor\)（分子减去分母）。容易证明，其中每一项都不超过 \(1\)，所以总的出现次数不超过项数 \(\log_p(2n)\)，所以对于每个 \(p\) 的结果不超过 \(p^{\log_p(2n)}=2n\)。
特殊地，考虑 \(\frac{2}{3}n<p\le n\) 的 \(p\)，发现 \(p\) 一定不会出现在 \(\binom{2n}{n}\) 内，因为 \(\frac{(2n)!}{n!n!}\) 中 \(p\) 在分子会在 \(p,2p\) 处各出现一次（\(3p>2n\)，所以一共只有两次）；在分子中会在每个 \(n!\) 里出现一次，所以总共两次。分子分母抵消，所以不会出现。
考虑 \(n<p\le 2n\) 的 \(p\)，发现会且仅会出现一次。
综上所述，有：
又有结论 \(\binom{2n}{n}\ge \frac{4^n}{2n}\)，所以：
然后使用反证法：若 \((n,2n]\) 内不存在质数 \(p\)，则上式化为 \(4^{\frac{1}{3}n}\le (2n)^{\sqrt{2n}+1}\)，当 \(n\) 充分大时一定不成立，所以只要 \(n\) 充分大，\((n,2n]\) 内一定存在质数 \(p\)。而当 \(n\) 较小的时候，可以通过枚举法证明猜想同样成立。
