Esta es una prueba para $n\ge93$.
Deje $A_p=\{1\le k\le 2n:p|k\}$. Para los números primos $p,q>\sqrt{2n}$, $A_p\cap A_q=\emptyset$ debido a $pq>2n$.
Si nos encontramos con algún bonito conjunto de los números primos $Q=\{q_1,q_2,\cdots, q_k\}$ ($\sqrt{2n}<q_1< q_2<\cdots<q_k\le2n$) que $\displaystyle\sum_{t=1}^k|A_{q_t}|=n$, establecimiento $\displaystyle m=\prod_{\substack{p\le 2n\\p\notin Q}}p^{\left[\log_p 2n\right]}$ obras.
Para demostrar que establezca $Q$ existe, se utilizan dos lemas.
Lema 1. Para $x>185$, $$\sum_{p>\sqrt{x}}\left[\frac xp\right]>\frac x2$$
Prueba)
A partir de esto, tenemos $$\left|\sum_{p
\le x}\frac1p-\log\log x-B\right|\le\frac1{10\log^2x}+\frac4{15\log^3x}$$ for $x\ge10372$. And according to wikipedia, $\pi(x)<1.3\frac{x}{\log x}$ for $x\ge17$. Using this we can get, $$\sum_{p>\sqrt{x}}\left[\frac xp\right]>\sum_{p>\sqrt{x}}\frac xp-\pi(x)\ge x\log2-1.3\frac{x}{\log x}-\frac{15}{2\log^2x}-\frac{12}{5\log^3x}>\frac x2$$And computation gives this lemma true for $x>185$.
Lema 2. Para $n\ge49$, $$\sqrt{2n}\le\pi(2n)-\pi(n)$$
Prueba)
Esto es sólo una modificación de Erdos de la prueba de Bertrand postulado.
$$\frac{4^n}{2n}\le\binom{2n}{n}<(2n)^\sqrt{2n}4^{2n/3}(2n)^{\pi(2n)-\pi(n)}$$
Aplicando logaritmo a ambos lados,
$$\pi(2n)-\pi(n)\ge \frac{\log 4}{3\log(2n)}n -\sqrt{2n}-1$$
Para $n>5000$, $\frac{\log 4}{13}\sqrt {2n}>\log 2n$ sostiene. De modo que podemos obtener
$$\pi(2n)-\pi(n)\ge \frac{\log 4}{3\log(2n)}n -\sqrt{2n}-1>\frac 76\sqrt{2n}-1>\sqrt{2n}$$ for all $n>5000$.
El cálculo muestra que el lema 2 también es cierto para $49\le n\le5000$.
Deje $Q_0$ ser el conjunto de todos los números primos $p$ en el rango $\sqrt {2n}<p\le 2n$. Luego tenemos a $\displaystyle\sum_{p\in Q_0}|A_p|>n$ a partir del lema 1. Ahora debemos hacer un proceso de descarte $p$ $Q_0$ a partir de que el elemento más pequeño de $Q_0$. Deje $q_s$ como el elemento más pequeño de $Q_s$$Q_{l+1}:=Q_l-\{q_l\}$. Entonces existe una $s$ que $$\sum_{p\in Q_{s+1}}|A_p|< n\le\sum_{p\in Q_s}|A_p|$$
Desde $$\sum_{p\in Q_s}|A_p|-n< |A_{q_s}|=\left[\frac{2n}{q_s}\right]\le\sqrt{2n}\le\pi(2n)-\pi(n)$$ from lemma 2, we can pick $\displaystyle\sum_{p\en Q_s}|A_p|-n$ primes in the range $n<p\le 2n$ given that $q_s\le n$. If we put $P$ as those primes discarded from $Q_s$, we have $\displaystyle\sum_{p\Q}|A_p|=n$ we are done. So it only remains to show $q_s\le$n.
Suponga que $q_s>n$. Luego tenemos a $$n\le\sum_{p\in Q_s}|A_p|=\sum_{p\in Q_s}1=|Q_s|\le\pi(2n)-\pi(n)=\pi(2n-1)-\pi(n)<n$$, que es una contradicción.
Observación. Tenga en cuenta que los argumentos de hecho en esta prueba, excepto para el lema 1 son primarias. Lema 1 también puede ser lo suficientemente grande $x$ por el Merten del teorema pero no es eficaz obligado porque mi cálculo le dio sólo ser cierto para aproximadamente el $x>10^{30}$...
Para resumir, podemos probar la declaración por medios elementales para todos lo suficientemente grande $n$, pero para darle al completar la prueba, utilizando este argumento, tenemos una poderosa eficaz obligado.
