连续2n个自然数中至少有2个不能被小于2n的奇素数整除

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知乎上（https://www.zhihu.com/question/354990585）看到的
题目挺漂亮
把玩了一天，没做出来
放到坛子里大家一起玩好了

Remark：题目中的“2”不可改进。
记f(n)为小于n的全体奇素数的乘积，则对$(f(n)-1)/2-n+1,(f(n)-1)/2-n+2, ..., (f(n)-1)/2+n$这连续2n个自然数，只有$(f(n)-1)/2,(f(n)+1)/2$这两个自然数不能被任何小于2n的奇素数整除

我尝试着给了一个证明思路
但写起来有点太麻烦了，不确定大家有没有什么简单的证法

补充内容 (2019-11-12 23:23):
昨天试着补充题目信息的时候发现了证明，但证明有点繁琐……要发上来吗？

补充内容 (2019-11-13 12:35):
我尝试给出的证明有误……对题目难度估计有误……这玩意的一个推论是Dirichlet定理……吓死宝宝了

lsr314

这个结论可以推出：在$(n-1)^2$到$n^2$之间至少有两个素数，所以不太可能证的出来。

补充内容 (2019-11-18 22:29):
更正：好像只能推出这个区间里至少有2个形如$2^k*p$的数

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lsr314 发表于 2019-11-13 22:30
这个结论可以推出：在$(n-1)^2$到$n^2$之间至少有两个素数，所以不太可能证的出来。

补充内容 (2019-11-18 ...

神奇的知乎上已经给出反例了
构造反例的方法相当巧妙，对任意的t，考察t-n,...,t+n

把素数拆成两部分，一部分保持整除性不变（或者说，这部分作为我们要考虑的t的因子），另一部分用于保证形如t±2^k这样的数字能够被整除
整除t-n到t+n之间没有形如t±2^k的数字只需要全体小于n的素数
于是如果全体大于n而小于2n的素数比小于n的形如t±2^k的数字多，那么完成证明是相当容易的事情。

就比如

1. 
   
2. a=[-32,-16,-8,-4,-2,-1,1,2,4,8,16,32]
   
3. b=a;k=K=52;for(i=1,length(a),b[i]=k=nextprime(k+1))
   
4. c=b;for(i=1,length(a),c[i]=Mod(-a[i],b[i]))
   
5. c
   
6. chinese(c)
   
7. pr=1;forprime(p=3,K,pr*=p);
   
8. od=1;forprime(p=K+1,2*K,od*=p);
   
9. t=lift(Mod(pr*lift(Mod(1/pr,od))*lift(chinese(c)),pr*od))
   

复制代码

求得t=11701745377968323328979012273722944210400
for(i=-52,oo,if(gcd(t+i,pr*od)==1,print(i);break))
得到59
也就是从t-52到t+59这连续112个数字，每一个都有大于2小于2n的素因子
（在做映射的时候，53比较凑巧被某个数字整除了，所以这个界是不对称的）