设 p p p 是 n n n 前奇素数， p = { 3 , 5 , 7 , 11 , ⋅ ⋅ ⋅ , p i } , p i < n ； p=\left\{ 3,5,7,11,\cdot\cdot\cdot,p_i\right\},p_i<n； p={3,5,7,11,⋅⋅⋅,pi​},pi​<n；
因为，如果 n > 1 n>1 n>1 是一个合数，那么 n n n 一定有一个素因子不超过 n ; \sqrt{n}; n ​;
如果 n 2 > 1 n^2>1 n2>1 是一个合数，那么 n 2 n^2 n2 的全部素因子皆不超过 n ; n; n;
所以：如果 p < n < n 2 < k < ( n + 1 ) 2 p<n<n^2<k<(n+1)^2 p<n<n2<k<(n+1)2 中的 k k k 是合数，那么 k k k 一定有一个素因子小于 n + 1. n+1. n+1.
而 n < k < n + 1 , n<\sqrt{k}<n+1, n<k ​<n+1, 由于 k k k 不可能是平方数，所以一定有一个素因子小于 n n n (不用取等号).
k = { n 2 + 1 , n 2 + 2 , . . . , n 2 + 2 n } k=\left\{ n^2+1,n^2+2,...,n^2+2n\right\} k={n2+1,n2+2,...,n2+2n} 其中 n > 3 ， k n>3，k n>3，k 总共有 2 n 2n 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 n^2<n^2-1+p<n^2+p<(n+1)^2，n^2+p n2<n2−1+p<n2+p<(n+1)2，n2+p 是 k k k 中的 i i i 个 ( i ≥ 1 ) . (i≥1) . (i≥1).
n n n 为偶数时 n 2 + p n^2+p n2+p 不能全部是合数， n n n 为奇数时 n 2 − 1 + p n^2-1+p n2−1+p 不能全部是合数：

( 1 ) n (1) n (1)n 为偶数时
假设 n 2 + p = { n 2 + 3 , . . . , n 2 + p i } n^2+p=\left\{ n^2+3,...,n^2+p_i \right\} n2+p={n2+3,...,n2+pi​} 全部是合数，必有 n 2 + p ≡ 0 ( m o d p ) ， ( p n^2+p≡0(modp)，(p n2+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 ) b) b) 即 n ≡ 0 ( m o d p ) ， n n≡0(modp)，n n≡0(modp)，n 前每个 p p p 都整除 n n n 是最小解： n = 3 × 5 × . . . × p i , n=3×5\times...×p_i , n=3×5×...×pi​, 且 p i < n ， p_i<n， pi​<n，这是荒谬的；
所以 n > p ， n n>p，n n>p，n 为偶数时 n 2 + p n^2+p n2+p 中必有素数;

( 2 ) n (2) n (2)n 为奇数时
n 2 − 1 + p n^2-1+p n2−1+p不能全部是合数： n 2 − 1 + p ≡ 0 ( m o d p ) ; n^2-1+p≡0(modp); n2−1+p≡0(modp); 对全部 n > p n>p n>p 都有
n 2 ≡ 1 ( m o d p ) n^2≡1(modp) n2≡1(modp)这是错误的，因逆是自个的只有 n = 1 n=1 n=1 和 n ≡ ± 1 ( m o d p ) , n≡\pm1(modp) , n≡±1(modp),
n > 1 n>1 n>1 为奇数时,不可能全部成立；

n 2 n^2 n2 与 ( n + 1 ) 2 ， ( n > 3 ) (n+1)^2，(n>3) (n+1)2，(n>3) 之间必有素数 ( n 2 + p (n^2+p (n2+p 或者 n 2 + p − 1 ) ； n^2+p-1)； n2+p−1)；
而 n = 1 , 2 , 3 , 4 n=1,2,3,4 n=1,2,3,4 时， 1 2 < 2 < 3 < 2 2 < 5 < 7 < 3 2 < 11 < 13 < 4 2 , 1^2<2<3<2^2<5<7<3^2<11<13<4^2, 12<2<3<22<5<7<32<11<13<42, 这些平方数之间都有两个素数；
可以推断：
n 2 n^2 n2 与 ( n + 1 ) 2 ， ( n > 0 ) (n+1)^2，(n>0) (n+1)2，(n>0) 之间必有至少两个素数，因为

n 2 < n 2 + 2 p − 1 < n 2 + 2 p < n 2 + 2 n < ( n + 1 ) 2 n^2<n^2+2p-1<n^2+2p<n^2+2n<(n+1)^2 n2<n2+2p−1<n2+2p<n2+2n<(n+1)2

n 2 + 2 p n^2+2p n2+2p或者 n 2 + 2 p − 1 n^2+2p-1 n2+2p−1 中必有素数(证法同上)；
所以： n 2 n^2 n2 与 ( n + 1 ) 2 ， ( n > 0 ) (n+1)^2，(n>0) (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.

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

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

其中 n ≥ 2 n\geq2 n≥2

由威尔逊定理： p p p 是素数,则 ( p − 1 ) ! + 1 ≡ 0 ( m o d p ) ， (p-1)!+1\equiv0(modp) ， (p−1)!+1≡0(modp)，
以及其逆定理：若 n n n 是正整数，且 ( n − 1 ) ! + 1 ≡ 0 ( m o d n ) , n ≥ 2 , (n-1)!+1\equiv0(modn),n\geq2 , (n−1)!+1≡0(modn),n≥2,则 n n n 是素数；
可得： n n n 是素数的充分必要条件是：

( n − 1 ) ! + 1 ≡ 0 ( m o d n ) , n ≥ 2 (n-1)!+1\equiv0(modn),n\geq2 (n−1)!+1≡0(modn),n≥2

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

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

当然， j ≥ 2 j\geq2 j≥2 ,因为 1 1 1 不是素数，也不是合数。
可知： π ( n + 1 ) ≥ π ( n ) , π ( n ) \pi(n+1)\geq\pi(n) , \pi(n) π(n+1)≥π(n),π(n) 是不减序列；

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

π ( n 2 ) = ∑ j = 2 n 2 [ ( j − 1 ) ! + 1 j − [ ( j − 1 ) ! j ] ] \pi(n^{2})=\sum_{j=2}^{n^{2}}{\left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]} π(n2)=j=2∑n2​[j(j−1)!+1​−[j(j−1)!​]]

那么
π ( ( n + 1 ) 2 ) − π ( n 2 ) = ∑ j = n 2 ( n + 1 ) 2 [ ( j − 1 ) ! + 1 j − [ ( j − 1 ) ! j ] ] ≥ 2 \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 π((n+1)2)−π(n2)=j=n2∑(n+1)2​[j(j−1)!+1​−[j(j−1)!​]]≥2

因为
[ ( j − 1 ) ! + 1 j − [ ( j − 1 ) ! j ] ] = 0 或 1 ( 不 减 少 ) \left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]=0或1(不减少) [j(j−1)!+1​−[j(j−1)!​]]=0或1(不减少)

而 n = 1 , 2 n=1,2 n=1,2 时是最小差，这个最小差不会消失：
π ( 3 2 ) − π ( 2 2 ) = 2 , π ( 2 2 ) − π ( 1 2 ) = 2 \pi(3^{2})-\pi(2^{2})=2,\pi(2^{2})-\pi(1^{2})=2 π(32)−π(22)=2,π(22)−π(12)=2

所以有：
π ( ( n + 1 ) 2 ) − π ( n 2 ) ≥ 2 , ( n > 0 ) \pi((n+1)^{2})-\pi(n^{2})\geq2,(n>0) π((n+1)2)−π(n2)≥2,(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：
π ( ( n + 1 ) 2 ) − π ( n 2 ) ≥ 2 , \pi((n+1)^{2})-\pi(n^{2})\geq2, π((n+1)2)−π(n2)≥2,

π ( n 2 ) − π ( ( n − 1 ) 2 ) ≥ 2 , \pi(n^{2})-\pi((n-1)^{2})\geq2, π(n2)−π((n−1)2)≥2,

. . . . . . ...... ......

π ( 3 2 ) − π ( 2 2 ) = 2 , \pi(3^{2})-\pi(2^{2})=2, π(32)−π(22)=2,

π ( 2 2 ) − π ( 1 2 ) = 2. \pi(2^{2})-\pi(1^{2})=2 . π(22)−π(12)=2.

∙ π ( ( n + 1 ) 2 ) ≥ 2 n ， π ( n 2 ) ≥ 2 n − 2 ( n > 0 ) \bullet π((n+1)^2 )≥2n，π(n^2 )≥2n-2 (n>0) ∙π((n+1)2)≥2n，π(n2)≥2n−2(n>0)（上式累加即得）；即 π ( n ) ≥ 2 n − 2 π(n)≥2\sqrt{n}-2 π(n)≥2n ​−2

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

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

∙ π ( ( n + 1 ) 2 ) − π ( n 2 ) ≥ 2 ， ( n > 0 ) ， n 2 \bulletπ((n+1)^2 )- π(n^2)≥2，(n>0)， n^2 ∙π((n+1)2)−π(n2)≥2，(n>0)，n2 后续 2 n 2n 2n 个数必有至少两个素数.

上面结论都能用

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

推出, 因 [ ( j − 1 ) ! + 1 j − [ ( j − 1 ) ! j ] ] = 0 或 1 ， j ≥ 2 \left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]=0或1，j\geq2 [j(j−1)!+1​−[j(j−1)!​]]=0或1，j≥2

π ( 3 n ) − π ( n ) = ∑ j = n 3 n [ ( j − 1 ) ! + 1 j − [ ( j − 1 ) ! j ] ] ≥ 2 π(3n)-π(n)=\sum_{j=n}^{3n}{\left[ \frac{(j-1)!+1}{j}-\left[ \frac{(j-1)!}{j} \right]\right]}\geq2 π(3n)−π(n)=j=n∑3n​[j(j−1)!+1​−[j(j−1)!​]]≥2

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

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