每两个连续正整数的平方之间必有至少两个素数

Legendre猜想：每两个连续整数的平方之间必有一个素数

定理：每两个连续正整数的平方之间必有至少两个素数

证明 1 ：

设 $p$ 是 $n$ 前奇素数， $p=\left\{ 3,5,7,11,\cdot\cdot\cdot,p_i\right\},p_i<n；$
因为，如果 $n>1$ 是一个合数，那么 $n$ 一定有一个素因子不超过 $\sqrt{n};$
如果 $n^2>1$ 是一个合数，那么 $n^2$ 的全部素因子皆不超过 $n;$
所以：如果 $p<n<n^2<k<(n+1)^2$ 中的 $k$ 是合数，那么 $k$ 一定有一个素因子小于 $n+1.$
而 $n<\sqrt{k}<n+1,$ 由于 $k$ 不可能是平方数，所以一定有一个素因子小于 $n$ (不用取等号).
$k=\left\{ n^2+1,n^2+2,...,n^2+2n\right\}$ 其中 $n>3，k$ 总共有 $2n$ 个数，这些数不能全部是合数，因为： $n^2<n^2-1+p<n^2+p<(n+1)^2，n^2+p$ 是 $k$ 中的 $i$ 个 $(i≥1) .$
$n$ 为偶数时 $n^2+p$ 不能全部是合数， $n$ 为奇数时 $n^2-1+p$ 不能全部是合数：

$(1) n$ 为偶数时
假设 $n^2+p=\left\{ n^2+3,...,n^2+p_i \right\}$ 全部是合数，必有 $n^2+p≡0(modp)，(p$ 不同时是等价错误，同哥德巴赫猜想的证明中一样多个 $b)$ 即 $n≡0(modp)，n$ 前每个 $p$ 都整除 $n$ 是最小解： $n=3×5\times...×p_i ,$ 且 $p_i<n，$ 这是荒谬的；
所以 $n>p，n$ 为偶数时 $n^2+p$ 中必有素数;

$(2) n$ 为奇数时
$n^2-1+p$ 不能全部是合数： $n^2-1+p≡0(modp);$ 对全部 $n>p$ 都有
$n^2≡1(modp)$ 这是错误的，因逆是自个的只有 $n=1$ 和 $n≡\pm1(modp) ,$
$n>1$ 为奇数时,不可能全部成立；

$n^2$ 与 $(n+1)^2，(n>3)$ 之间必有素数 $(n^2+p$ 或者 $n^2+p-1)；$
而 $n=1,2,3,4$ 时， $1^2<2<3<2^2<5<7<3^2<11<13<4^2,$ 这些平方数之间都有两个素数；
可以推断：
$n^2$ 与 $(n+1)^2，(n>0)$ 之间必有至少两个素数，因为

$n^2<n^2+2p-1<n^2+2p<n^2+2n<(n+1)^2$

$n^2+2p$ 或者 $n^2+2p-1$ 中必有素数(证法同上)；
所以： $n^2$ 与 $(n+1)^2，(n>0)$ 之间必有至少两个素数；
勒让德Legendre猜想：每两个连续整数的平方之间必有一个素数，得证.

证明 2：

若 $n$ 是正整数， $\pi(n)$ 表示不超过 $n$ 的素数的个数，则

$\pi(n)= \sum_{j=2}^{n} {\left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]}$

其中 $n\geq2$

由威尔逊定理： $p$ 是素数,则 $(p-1)!+1\equiv0(modp) ，$
以及其逆定理：若 $n$ 是正整数，且 $(n-1)!+1\equiv0(modn),n\geq2 ,$ 则 $n$ 是素数；
可得： $n$ 是素数的充分必要条件是：

$(n-1)!+1\equiv0(modn),n\geq2$

可知：上式中 $j$ 是素数时
$\left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]=1,$

是合数时
$\left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]=0$

当然， $j\geq2$ ,因为 $1$ 不是素数，也不是合数。
可知： $\pi(n+1)\geq\pi(n) , \pi(n)$ 是不减序列；

$\pi((n+1)^{2})=\sum_{j=2}^{(n+1)^{2}}{\left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]} ,$

$\pi(n^{2})=\sum_{j=2}^{n^{2}}{\left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]}$

那么
$\pi((n+1)^{2})-\pi(n^{2})=\sum_{j=n^{2}}^{(n+1)^{2}}{\left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]}\geq2$

因为
$\left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]=0或1(不减少)$

而 $n=1,2$ 时是最小差，这个最小差不会消失：
$\pi(3^{2})-\pi(2^{2})=2,\pi(2^{2})-\pi(1^{2})=2$

所以有：
$\pi((n+1)^{2})-\pi(n^{2})\geq2,(n>0)$

即：每两个连续整数的平方之间必有至少两个素数.

一些有用的结论：
$\pi((n+1)^{2})-\pi(n^{2})\geq2,$

$\pi(n^{2})-\pi((n-1)^{2})\geq2,$

$......$

$\pi(3^{2})-\pi(2^{2})=2,$

$\pi(2^{2})-\pi(1^{2})=2 .$

$\bullet π((n+1)^2 )≥2n，π(n^2 )≥2n-2 (n>0)$ （上式累加即得）；即 $π(n)≥2\sqrt{n}-2$

$\bulletπ(3n)-π(n)≥2 ，(n>0)，n$ 后续 $2n$ 个数必有至少两个素数；

$\bulletπ(2n)-π(n)≥1，(n>0)，n$ 后续 $n$ 个数中必有至少 $1$ 个素数(即伯特兰猜想)；

$\bulletπ((n+1)^2 )- π(n^2)≥2，(n>0)， n^2$ 后续 $2n$ 个数必有至少两个素数.

上面结论都能用

$\pi(n)=\sum_{j=2}^{n}{\left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]}$

推出, 因 $\left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]=0或1，j\geq2$

$π(3n)-π(n)=\sum_{j=n}^{3n}{\left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]}\geq2$

$π(2n)-π(n)=\sum_{j=n}^{2n}{\left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]}\geq1$

存在的最小差不会消失 $(n=1,2$ 时是最小差)，因 $π(n)$ 是不减序列.