Tuve que decir que yo era sospechoso cuando leí la pregunta, pero he codificado el problema y, al menos, $n=10$ definitivamente las obras.
Edit: he encontrado una prueba! Funciona. Consulte los detalles a continuación.
La prueba consta de dos pasos principales: en primer lugar, demostrar que la suma de $r_1 q_1 + \cdots + r_n q_n$ nunca puede ser dividido por $p_i$ cualquier $i$ entre $1$ e $n$. Después de eso, vamos a mostrar que el $x_2 = p_{n+1}$.
Para demostrar la primera parte, primero vamos a olvidar el modulo $p_1p_2\cdots p_n$ plazo por un momento. Ahora, tenga en cuenta que tanto $q_i$ e $r_i$ no son divisibles por $p_i$ y todos los demás $q_i$ son divisibles por $p_i$. Por lo tanto, nuestra suma
$$r_1q_1 + \cdots + r_n q_n = r_i q_i (\neq 0) \mod p_i$$ can never be divisible by $p_i$. Adding a multiple of $p_1\cdots p_n$ (which is divisible by $p_i$) doesn't change this fact. Hence, $$\Big(r_1 q_1 + \cdots + r_n q_n\mod (p_1\cdots p_n)\Big) \neq 0 \mod p_i$$
para cualquier $i$ entre $1$ e $n$. Resumiendo, la primera $n$ primos $p_1$, $p_2$, $\dots$ ,$p_n$ nunca serán divisores de nuestros suma. Ahora, la pregunta sigue siendo: podría ser divisible por $p_{n+1}$ , por ejemplo? No podemos excluir esta! Pero esto no termina la primera parte de la prueba.
Lema existen opciones de $(r_1,\dots,r_n)$ e $(r_1',\dots,r_n')$tal
que $$ r_1 q_1 + \cdots + r_n q_n = 1\mod (p_1p_2\cdots p_n) $$y
$$ r_1 q_1 + \cdots + r_n q_n = p_{n+1}\mod (p_1p_2\cdots p_n). $$
La prueba de Este lema es una aplicación del Teorema del Resto Chino. Este teorema establece que dada una secuencia $$(a_1,\dots,a_n)\in \prod_{i=1}^{n}\mathbb{F}_{p_i}$$
está exclusivamente relacionada con un $a\in\mathbb{F}_{\prod_{i=1}^{n} p_i}$ donde puedo utilizar la notación $\mathbb{F}_z$ a representar el grupo relacionadas con el cálculo del modulo $z$.
Sabemos que en realidad $(1,1,\dots,1)$ está relacionado con $1$ pero no sabemos exactamente cuál es la secuencia que está relacionado con $p_{n+1}$. Resulta que no es necesario conocer esta secuencia a la prueba de su existencia! Veamos ahora los valores arbitrarios $z_1,\dots,z_n$ que cumplir las mismas condiciones que el $r_i$, $r_i'$. Vamos a simplificar nuestra expresión ahora modulo $p_i$
$$ z_1 q_1 + \cdots + z_n q_n = z_i q_i \mod p_i $$
Desde $p_i$ es primo, sabemos que $c q_i$ para $c\in\{1,\dots,p_i-1\}$ realmente genera el grupo completo, es decir, $$ \{c q_i \mod p_i:\ c\in\{1,\dots,p_i-1\}\} = \{1,2,\dots,p_i-1\}.$$ This essentially means that we can make the right-hand side equal to almost any number in $\prod_{i=1}^{n}\mathbb{F}_{p_i}$. Para ser precisos,
$$ \prod_{i=1}^{n}\{z_1 q_1 + \cdots + z_n q_n \mod p_i:\ \forall j:\ 1\leq z_j\leq p_j-1\} \\ = \prod_{i=1}^{n}\{z_i q_i \mod p_i:\ 1\leq z_i\leq p_i-1\} = \prod_{i=1}^{n} (\mathbb{F}_{p_i}\setminus\{0\}). $$ Una ligera adaptación de la norma Teorema del Resto Chino nos da ahora que
$$ \{z_1 q_1 + \cdots + z_n q_n \mod (p_1\cdots p_n):\ \forall j:\ 1\leq z_j\leq p_j-1\} = \mathbb{F}_{\prod_{i=1}^{n} p_i}\setminus A $$
donde $A$ es el conjunto de todos los múltiplos de $0,\ p_1,\ p_2,\ \dots,\ p_n$.
Ahora, vamos a traducir esto al inglés. Vemos que $1$ no es un elemento de $A$ y, por lo tanto, no existe una secuencia $(z_1,\dots,z_n)$ tales que
$$ z_1 q_1 + \cdots + z_n q_n = 1 \mod (p_1\cdots p_n)$$
y simplemente tomamos $r_i = z_i$. Por otra parte, el siguiente elemento que no forma parte de $A$ es $p_{n+1}$ y por lo tanto no existe una secuencia $(w_1,\dots,w_n)$ tales que
$$ w_1 q_1 + \cdots + w_n q_n = p_{n+1} \mod (p_1\cdots p_n) $$
y tomamos $r_i'=w_i$. Esto completa la prueba del lema.
Ahora, hemos tratado con la parte más difícil y no es demasiado difícil para finalizar la prueba. En aras de la exhaustividad, vamos a $s = r_1 q_1 + \cdots + r_n q_n\mod (p_1p_2\cdots p_n)$ tal que $s< p_{n+1}^2$ y supongamos que es compuesto. Hemos demostrado anteriormente que $s$ no es divisible por $p_1,\ p_2,\ \dots,\ p_n$. Esto significa que el primer candidato a primer factor es en realidad $\geq p_{n+1}$. Sin embargo, desde la $s$ es compuesto, tiene un segundo factor primo y esto también debe ser $\geq p_{n+1}$. Por lo tanto $s\geq p_{n+1}^2$ lo cual es una contradicción. Esto completa la general de la prueba!
Nota adicional: hemos desarrollado una manera de construir la primera $n$ números primos. Sin embargo, dado que no está claro cómo la secuencia de $(r_1',\dots,r_n')$ es elegido en la práctica, el método no es particularmente eficiente computacionalmente para decirlo suavemente.
Nota Final: Utilizando la misma estrategia como en el anterior, no es demasiado difícil probar que de hecho, para cualquier $n\geq 4$, podemos escribir cualquier número primo entre $p_n$ e $p_{n+1}^2$ en el formulario
$$ r_1 q_1 + \cdots + r_n q_n \mod(p_1 p_2\cdots p_n)$$
lo que es un corolario interesante! (Para $n=3$, esto también es cierto si nos olvidamos de las $\mod 30$ plazo)
