Simplemente use la prueba de Erdos del Postulado de Bertrand, excepto que esto es mucho más fácil.
Primero, probamos un breve lema , que si [matemática] p [/ matemática] es primo, entonces si la potencia más alta de [matemática] p [/ matemática] entra en [matemática] \ binom {n ^ 2} {n } [/ math] es [math] x [/ math], luego [math] p ^ x \ le n ^ 2 [/ math].
Esto se debe a que [matemáticas] x = \ sum_ {i = 1} ^ {\ infty} \ left \ lfloor \ frac {n ^ 2} {p ^ i} \ right \ rfloor – \ left \ lfloor \ frac {n ^ 2-n} {p ^ i} \ right \ rfloor – \ left \ lfloor \ frac {n} {p ^ i} \ right \ rfloor [/ math]
y como [math] \ lfloor a + b \ rfloor – \ lfloor a \ rfloor – \ lfloor b \ rfloor = \ lfloor \ {a \} + \ {b \} \ rfloor [/ math] es [math] 0 , 1 [/ matemáticas]. y como [math] \ left \ lfloor \ frac {n ^ 2} {p ^ i} \ right \ rfloor = 0 [/ math] cuando [math] i \ ge \ log_p (n ^ 2) [/ math], por lo tanto, [math] x \ le \ log_p (n ^ 2) [/ math], que completa esto.
Luego, con la intención de contradecir, suponga que existe una [matemática] n [/ matemática] que contradice la afirmación. Como no hay primos entre [matemáticas] (n, n ^ 2) [/ matemáticas], por lo tanto, los únicos números primos que dividen [matemáticas] \ binom {n ^ 2} {n} [/ matemáticas] son los números primos [matemáticas] \ le n [/ matemáticas]. Ahora, como hay casi [matemáticas] \ frac n2 [/ matemáticas] primos [matemáticas] \ le n [/ matemáticas], por lo tanto, al usar el lema , llegamos a la afirmación ridícula de que [matemáticas] \ binom {n ^ 2} {n} \ le (n ^ 2) ^ {\ frac n2} = n ^ n [/ math].
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Escribimos la expansión literal de [math] \ binom {n ^ 2} {n} [/ math].
[matemáticas] \ binom {n ^ 2} {n} = \ frac {n ^ 2} {n} \ cdot \ frac {n ^ 2-1} {n-1} \ cdots \ frac {n ^ 2-n +1} {1} \ cdot [/ math]
Cada uno de los factores [matemática] n [/ matemática] de [matemática] \ binom {n ^ 2} {n} [/ matemática] es mayor que [matemática] n [/ matemática], y así hemos terminado.