初歩的に証明するということは $n\#\geq 3n$ ために $n\geq 5$、 どこ $n\#$ 素数階乗関数です。

初歩的に証明するということは $$n\#\geq 3n$$ ために $n\geq 5$、 どこ $n\#$ 素数階乗関数です。

更新：初等的証明を見つけました。質問に対する私の答えを参照してください。この投稿の残りの部分は元の質問です：

返信から、これはもはや推測ではありませんが、事実です！

これまでのところ、与えられた唯一の導出はベルトランの仮説に基づいており、それは機能します。

このアイデアは、この質問につながる私が与えた議論が欠陥のある議論であることに気付いた別の投稿から生まれたので、その参照を削除します。実際、その参照は代わりにここを参照しています！：

https://math.stackexchange.com/a/3748110/804099

代わりに、正しい引数は次のとおりです。

それを見せたい $n\#-2,n\#-3,...,n\#-n$ 降順の連続した合成数です。ここで、 $n>=5$。しましょう$p$ の素因数になる $m$、 どこ $2<=m<=n$。次に$p$ の公約数です $n\#$ そして $m$、および $n\#-m=p*((n\#-m)/p)$。これを合成するには、1より大きい2番目の因数が必要です。$(n\#-m)/p>1$、すなわち $n\#-m>p$ すなわち $n\#>m+p$。今なら$n\#>=3n$ 本当なら、 $n\#>=3n>n+n>=m+p$ 結果が出ました。

残りの問題は、誰かがベルトランの仮説に言及していない基本的な直接証明を与えることができるかどうかです。

の素数階乗 $n$ すべての素数の積です $p\leq n$、例えば $6\#=2\cdot 3\cdot 5=30$。

私が直接証明した最高のものは $n\geq5$ は異なる素数の積であり、それは真実です。

なぜなら $n$ それでも $n-1$ 奇妙で互いに素です $n$：しましょう $p$ の素因数である $n-1$。

一方、 $n$ 奇数です $n-2$ 奇妙で互いに素です $n$：しましょう $p$ の素因数である $n-2$、

両方の場合において、 $p$ 奇妙であり、したがって $p\geq3$ そしてまた $p$ 互いに素です $n$。

$n\#\geq pn$ RHSは、LHSを別個の素数の積として分割するためです。 $n$ 異なる素数の積であり、 $p$ の要因ではありません $n$。したがって、$n\#\geq pn\geq3n$。

しかし、私はより一般的に進むことができません $n\geq5$ 任意の整数についてそれを言うベルトランの仮説を参照せずに $N>3$ 素数があります $N<p<2N-2$。素数階乗関数が非常に速い速度で上向きに動くので、結果は非常にありそうですが、これまでのところ私にはわかりませんでした！結果を確定するのに少し手間がかかりました$n\geq5$ 異なる素数の積。

更新：ベルトランの仮説を参照せずにそれを証明しました。私の質問に対する私の答えを参照してください。

他のカテゴリの結果を確立する $n\geq5$ また便利になります。

ユーレカ！

私はその問題の基本的な解決策を見つけました $n>=5$ 我々は持っています $n\#>=3*n$

証明は次のとおりです、

ために $n>=5$ 我々は持っています $n\#>=5\#=2*3*5=30$、 そう $N=n\#/3-3>=7$、今 $n\#/3$ は整数であるため $3$ の要因です $n\#$、 そう $N=n\#/3-3$ は7以上の整数であるため、素因数があります $q$。だが$q$ 互いに素です $n\#$ なぜなら $p$ 素数です $p<=n$ そしてそれは3ではなく、それからそれは分裂します $n\#/3$ したがって、分割することはできません $N$、 で、もし $p$ は3で、除算できません $n\#/3-3$。したがって、$n\#/3>n\#/3-3>q>n$、 など $n\#>3*n$ QED！

次に、次のように、定理を任意の適切な下限に一般化できます。

場合 $M$ 異なる素数の積です $p$、最大のものは $P$、その後の場合 $n>=P$ そして $n\#>M^2+M$、その後 $M$ 分水界 $n\#$、 そう $n\#/M$ は整数であり、 $n\#/M>M+1$ したがって、 $T=n\#/M-M>=2$ したがって、素因数が存在します $q$ の $T$ しかし、私たちは持っている必要があります $q>n$、 $q<=n$ その後、どちらか $q$ の要因です $M$、しかしそれは要因ではありません $T$矛盾; またはその要因$n\#/M$ しかし、それはまた、 $T$別の矛盾。したがって、$n\#/M >n\#/M-M>=q>n$、 など $n\#>M*n$ 実際には $n\#/M-M>=n+1$ そう $n\#>=M*n+M+M^2$

したがって、次の定理があります。 $M$ 異なる素数の積です $p$ 最大のものは $P$、 で、もし $n>=P$ そして $n\#>=M^2+M+1$ その後 $n\#>=M*n+M+M^2$、の下限 $n\#$

（すべての不平等は次のように言い換えられています $>=$ のではなく $>$誤った引用を避けるため。私が本当に言っているのは$P$ 分水界 $M$ 分水界 $P\#$。ために$M=1$ 条件は必要ありません $n>=P$）

アプリケーションとして、 $M=2*3*5=30$、 ここに $P=5$、そうなら $n>=5$ そして $n\#>=30^2+30+1=931$ その後 $n\#>=30*n+930$。持つため$n\#>=931$ それだけが必要です $n>=11$、したがって、定理の例は次のとおりです。

もし $n>=11$ その後 $n\#>=30*n+930$

の場合 $n=11$ それは言う $n\#=2310>=1260$。

元のケースの場合 $M=3$、 ここに $P=3$、そうなら $n>=3$ そして $n\#>=3*3+3+1=13$、その後 $n\#>=3*n+12$、 だが $n\#>=13$ 手段 $n>=5$ そして、私たちは元の不等式を取得します。 $n>=5$、 我々は持っています $n\#>=3*n+12$

したがって、不等式を一般化することもできます。 $t$ 最大のもので、異なる素数の積である $P$、そして $T$素数の同じ積であるが、指数の一部またはまったくブーストされていない。例：$t=2*5*11*13$ 次にの例 $T$ です $2*5^9*11^2*13$

仮定する $n>=P$、および $n\#>=t*T+2*t$、そして明らかに $t$ の約数です $n\#$、すなわち $n\#/t$は整数です。見てみると$X=n\#/t-T$ その後 $n\#$ そして $T$ 素因数が互いに素であり、全体として、これらはすべての素因数です。 $n$。したがって、のすべての素因数$X$ より大きい $n$。なので$X=n\#/t-T>=2$、 $X$ 少なくとも1つの素因数がある $q$、 など $X=n\#/t-T>=q>n$、すなわち $n\#/t-T>=n+1$、したがって $n\#-T*t>=t*n+t$ すなわち $n\#>=t*n+t+T*t$ そして、一般化があります：

もし $t$ 最大の素数を持つ異なる素数の積です $P$、 で、もし $T$ は同じ製品ですが、指数がブーストされているか、まったくない場合、 $n>=P$ そして $n\#>=t*T+2*t$ その後 $n\#>=t*n+t+T*t$

例： $t=2*3*5=30$ そして $T=2^2*3*5=60$、 $P=5$、そうなら $n>=5$ そして $n\#>=30*60+2*30=1860$ これはと同じです $n>=11$、その後 $n\#>=30*n+30+60*30=30*n+1830$

言い換えると、次のようになります。

もし $n>=11$ その後 $n\#>=30*n+1830$。

の場合 $n=11$、それは言う $11\#=2310>=30*11+1830=330+1830=2160$ これは、以前のものよりも正確な見積もりです。

の最適な下限 $n$ プライムになります、例えば $n>=11$、およびの特定の下限について $n$ 例えば $n>=q$、例えば $q=11$ の定数係数を最大化できます $n$ の下限について $n\#$、手動で最大値を見つけることによって $q>=2*t+t^2$、そして最大 $q>=2*t+t*T$ このため $t$。例：$q=11$、手動で見つける $t=2*3*7=T$ そして、次の定理を取得します。

もし $n>=11$ その後 $n\#>=42*n+1806$、

ために $n=11$ これは言う $2310=11\#>=42*11+1806=2268$ とのために $n=12$ これは言う $2310=12\#>=42*12+1806=2310$

キース・バックマンによる質問に加えて、 $M$ そして $t$ 平方フリーであり、 $>1$、の場合 $M=1$ または $t=T=1$、あなたはその条件を落とすことができます $n>=P$証明はその条件なしで機能するので。異なる素数の積と言うとき、因数分解は例えば$2*7*11*13*23*37$、しかし例ではない $2*3*3$、2番目と3番目の素数が同じであるため、つまり $3$ こことまた、少なくとも1つの素数があること $M=3$、 $t=5,T=25$大丈夫です。私は欲しい$n>=max(primefactors(M))=P$ 証明が機能するために $M=1$ その条件を省略できる場合。

私の元の投稿では、非平方フリーに関して大失敗しましたが、そのエラーを修正したので、編集した投稿を読み直してください。

元の不等式が実際にベルトランの仮説と同等である場合、その証拠を得ることができますが、どのように進めるかわかりません！

ために $5\le p_k\le n< p_{k+1}$、 証明する $n\# \ge 3n$ 証明するだけで十分です $p_k\#>3p_{k+1}$。以来$5=p_3$、 $p_k\#\ge 2\cdot 3\cdot p_k = 6p_k$。

だからあなたはそれを示す必要があります $6p_k\ge 3p_{k+1} \Rightarrow 2p_k>p_{k+1}$

この最後の定式化はとして知られています https://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand%27s_postulate、これは証明されていますが、証明はこのフォーラムでの単純な説明を超えています。