命题：证明 $p_1p_2\cdots p_t<4^n$，其中 $p_1, p_2, \cdots, p_t$ 是所有不超过 $n$ 的质数。
证明：令
$$
P(n) = \prod_{p\leq n}{p}
$$
则尝试归纳证明对于任意 $n \in N^+$ 有 $P(n) < 4^n$。
+ 基础情形：当 $n = 1$ 或 $n = 2$ 时不等式成立。
+ 归纳步：设对 $k < n$ 有 $P(k) < 4^{k}$，下证对 $n \geq 3$ 不等式对 $n$ 成立。令 $m = \lceil \frac{n}{2} \rceil$ 则可把不超过 $n$ 的质数划分成两组：
+ 若 $1 < p \leq m$，则有
$$
\prod_{1<p\leq m}{p} = P(m) < 4^{m}.
$$
+ 若 $m < p \leq n$，考虑证明其能被组合数 $\binom{n}{m}$ 整除，进一步证明
$$
\prod_{m<p\leq n}{p} \leq \binom{n}{m}.
$$
根据勒让德定理，
$$
\begin{aligned}
v_p(\binom{n}m{}) &= v_p(\frac{n!}{m!(n-m)!}) = v_p(n!) - v_p(m!)-v_p((n-m)!) \\
&=\sum_{k\geq 1}{\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor}-\sum_{k\geq 1}{\lfloor \frac{m}{p^k}\rfloor}-\sum_{k\geq 1}{\lfloor \frac{n-m}{p^k}\rfloor}.
\end{aligned}
$$
由于 $p>m = \lceil \frac{n}{2} \rceil$，故 $p > n - m = n - \lceil \frac{n}{2} \rceil$。因此，
$$
\sum_{k\geq 1}{\lfloor \frac{m}{p^k}\rfloor}=\sum_{k\geq 1}{\lfloor \frac{n-m}{p^k}\rfloor}=0 \\
\sum_{k\geq 1}{\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor} \geq \sum_{k\geq 1}{\lfloor \frac{n}{p^1}\rfloor} \geq 1.
$$
故 $v_p(\binom{n}{m})\geq 1$，则 $p \mid \binom{n}{m}$ 对任意 $m < p \leq n$ 成立。因此其乘积也是该组合数的因子。
则有
$$
P(n) = P(m)\cdot \prod_{m<p\leq n}{p} < 4^m\binom{n}{m}.
$$
如果 $n$ 是偶数，则
$$
P(n) < 4^{\frac{n}{2}}\binom{n}{\frac{n}{2}}\leq 4^{\frac{n}{2}}\cdot 2^n = 4^n.
$$
如果 $n$ 是奇数，则根据组合数性质 $\binom{n}{m} = \binom{n}{n-m}=\binom{n}{m-1}$ 可知
$$
\binom{n}{m} \leq \frac{1}{2}\cdot 2^n = 2^{n-1}.
$$
故
$$
P(n) < 4^{\lceil \frac{n}{2}\rceil} \cdot 2^{n-1} = 2^{n+1}\cdot 2^{n-1} = 4^n
$$
得证。