没有查到初等证明的过程，我自己也想不出来…，如果根据素数定理，可以这样说明
根据勒让德公式 νp(n!) = ∑[n/p^i]，νp[∏(m+i)]=νp[(m+n)!]-νp[m!] = ∑[(m+n)/p^i] - [m/p^i]
对任何i，[(m+n)/p^i]- [m/p^i]- [n/p^i]≤1
而当i≥[lg(m+n)/lgp]时[(m+n)/p^i] = 0
所以νp(∏(m+i))≤[lg(m+n)/lgp] + νp(n!)
若∏(m+i)仅含n! 的素因子，则∏(m+i)=∏p(k)^νp≤n! ∏p(k)^[lg(m+n)/lgp(k)]= n! (m+n)^π(n)，π(n)为1~n中素数的个数
则C(m+n, n)= ∏(m+i)/n! ≤ (m+n)^π(n)
只要证明m≥n时C(m+n, n)>(m+n)^π(n)恒成立，就证明∏(m+i)一定含一个大于n的素因子
若m=m'时C(m'+n, n)>(m'+n)^π(n)成立，只要证明m≥m'时(m+n+1)/(m+1)>[(m+n+1)/(m+n)]^π(n)，就可以对同一个n和任何m≥m'证明命题成立
取对数即 π(n)×ln(m+n)>[π(n)-1]×ln(m+n+1)+ln(m+1)
由于lnx上凸且递增，只要
π(n)×(m+n)>[π(n)-1]×(m+n+1)+(m+1)
成立，前一个式子就成立，化简即n>π(n)，n为正整数时恒成立
所以只要证明，C(2n, n)>(2n)^π(n)对任何正整数n成立，或者找到某个N，证明n≥N时这个式子恒成立，对每一个n<N，再分别找到对应最小的m=M(n)使C(M(n)+n, n)>(M(n)+n)^π(n)成立，最后对每一对(m, n)其中m<M(n), n<N验证原定理内容成立，就可以
m=M(n)是总能找到的，因为C(x+n, n)是关于x的n次正系数多项式，(x+n)^π(n)是关于x的π(n)次正系数多项式，π(n)<n，则x→∞时前者远大于后者的

则只要找到N使n≥N时，C(2n, n)>(2n)^π(n)恒成立，到这里，就只想到素数定理来说明了
对C(2n, n)>(2n)^π(n)取对数即
π(n)< (∑lni - 2∑lnj)/(ln n + ln2)
其中i=1~2n，j=1~n
由定积分∫lnxdx和∑lni的关系可以得到
k*lnk-k+1<∑lni<(k+1)*lnk-k
则∑lni > (2n)*ln(2n)-2n +1
∑lnj < (n+1)*ln n -n
所以只要
π(n)< (2n ln2- 2ln n+ 1)/(ln n+ln 2)
存在某个N使n>N成立
右边的式子和素数定理π(n)~n/ln n右边是同阶无穷大，只多了大于1的系数2ln2，总存在N使n≥N时π(n)小于右边的式子，相当于说明西尔维斯特定理的反例(m, n)只有有限个，再用具体步骤确定N，依次检验说明定理对任何正整数m, n成立

这个是猜想吧

2L链接里面的证明过程改动了一点，是这样子的:
先证明引理
引理1: 设p为素数，用 ν_p(m)表示m的分解中含素因子p的次数
则ν_p(C(n, k))≤[ln n / ln k]
引理2: 用f(n)表示1, 2, …, n的最小公倍数，则f(n)< 4ⁿ
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引理1用勒让德公式ν_p(n!)=∑[n/p^i], i=1~+∞就可以证明
引理2是证明中的关键，证明过程在这里~求助一个数论问题
它是这个帖子里引理的加强 一个小题,谢谢大佬帮忙
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再证明2个推论
推论1: 若n≥2k, C(n, k)没有大于k的素因子, 则C(n, k)≤n^π(k), π(k)表示不超过k的素数个数
证明: 对C(n, k)的某个素因子p, 设ν_p(C(n, k))=α , 则 α≤[lnn/lnp], p^α≤n
因为p≤k, 不同的素因子最多有π(k)个, 所以C(n, k)=∏p^α ≤n^π(k)
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推论2: 如果n≥6, n≥2k, C(n, k)没有大于k的素因子，那么
若n^(2/3)<k<n/3, 则C(n, k)< 4^(k+[[n^(1/2)]])
若n^(2/3)< n/3≤k≤n/2, 则C(n, k)< 4^([[n/3]]+[[n^(1/2)]])
用[[x]]表示向上取整(打不出那个符号), 也就是不小于x的最小正整数
证明: 先证明若C(n, k)的素因子p≤k, 则p≤n/3
n≥6时若p=2是素因子, 则p≤n/3
对C(n, k)的奇素因子p
因为p≤k, n! /k! (n-k)! 中分母含p 的次数至少为2, 所以分子含p的次数至少为3, 则n≥3p
再分类讨论证明，对任意实数x≥3/2, 都有
[x]≤[2/3 x]+[1/2 x]
再证明对任何正整数, ν_p(f(m))= [ln m/ln p]
最后，当n^(2/3)<k<n/3时
若ln n/ln p≥3/2, 则ν_p(C(n, k))≤[ln n/ln p]≤[2/3 ln n/ln p]+[1/2 ln n/ln p]≤[ln k/ln p]+[1/2 ln n/ln p]
若ln n/ln p< 3/2 且p≤k, 由于[ln n/ln p]≤1, [ln k/ln p]≥1, 所以也有 ν_p(C(n, k))≤[ln k/ln p]+[1/2 ln n/ln p]
所以C(n, k) | f(k) * f( [[n^(1/2)]] )
由引理2, C(n, k)≤f(k)*f([[n^(1/2)]])< 4^(k+[[n^(1/2)]])
同理，当n^(2/3)< n/3≤k≤n/2 时,
对C(n, k)的素因子p按ln n/ln p≥3/2 和ln n/ln p<3/2 且 p≤n/3 分类, 可以证明
C(n, k) | f( [[n/3]] )* f( [[n^(1/2)]] )
由引理2, C(n, k)< 4^( [[n/3]]+ [[n^(1/2)]] )

还要用到对C(n, k)的放缩，会标注
若k>1, n>k, 则
①C(n, k) > (n/k)^k
②C(2k, k) > 4^k / 2k
③C([[5k/2]], k) > 5^k / 2k
④C(4k, k) > 8^k / 2k
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①证明:
C(n, k)= n*(n-1)*…*(n-k+1) / k*(k-1)*…*1
= ∏(n-i) / ∏(k-i) = ∏(n-i)/(k-i), i=0~k-1
对任意1≤i≤k-1, k(n-i) > n(k-i)
所以(n-i)/(k-i) > n/k
所以C(n, k)= ∏(n-i)/(k-i) > (n/k)^k
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②证明:
当k=2时, C(4, 2)=6>16/4= 4² / 2*2
由于C(2k+2, k+1)= 2(2k+1)/(k+1)* C(2k, k)
> 4k/(k+1) * C(2k, k)
所以若C(2k, k)>4^k / 2k,
则C(2k+2, k+1)> 4k/(k+1) *(4^k / 2k) = 4^(k+1)/ 2(k+1)
由数学归纳法C(2k, k)>4^k / 2k 对任意k≥2都成立
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③证明:
用a表示[[5k/2]], 则a≥5k/2, a/2k≥5/4
则C(a, k)=C(2k, k)* [ a*(a-1)*…*(a-k+1) / 2k*(2k-1)*…*(k+1)]
由于1≤i≤k-1时(a-i)/(2k-i) > a/2k , 所以中括号里> (a/2k)^k ≥ (5/4)^k
所以C(a, k)> C(2k, k)*(5/4)^k
> (4^k / 2k)* (5/4)^k = 5^k / 2k
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④证明 :
C(4k, k)=C(2k, k)*[ (4k)*(4k-1)*…*(3k+1) / (2k)*(2k-1)*…*(k+1) ]
当1≤i≤k-1时, (4k-i)/(2k-i) > 2
所以中括号里 > 2^k
C(4k, k)> C(2k, k)*2^k > (4^k / 2k) * 2^k = 8^k / 2k

最后当n≥2500时, 分段证明C(n, k)如果没有大于k的素因子，会产生矛盾
由于8< 37< n^(1/2) < n^(2/3) < n/4 < n/3 < 2n/5 < n/2
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当k=2, 3, 4, 5, 6, 7时，
由C(n, k)≤n^π(k), 可以依次分析
若k=2, C(n, 2)≤n
若k=3, 4, C(n, 3)≤n², C(n, 4)≤n²
若k=5, 6, C(n, 5)≤n³, C(n, 6)≤n³
若k=7, C(n, 7)≤n⁴
n≥2500时以上6个式子都不可能成立, 都会矛盾
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当8≤k≤n^(1/2)时,
由于1, 9和大于2的偶数都不是素数, π(k)≤k/2, C(n, k)≤n^π(k)≤n^(k/2)
而C(n, k)>(n/k)^k (①)
所以n/k < n^(1/2), k > n^(1/2)，矛盾
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当37< k≤n^(2/3)时
由于t≥1时, 3t+1到3t+3最多只有1个素数, 1到3中2, 3是素数, 而25,26,27和34, 35, 36全都是合数, 所以π(k)≤[[(k-3)/3]]+2-2≤k/3
C(n, k)≤n^π(k)≤n^(k/3)
又因为C(n, k)>(n/k)^k (①)
所以n/k < n^(1/3), k>n^(2/3), 矛盾
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当n^(2/3)<k≤n/4时
C(n, k)< 4^(k+[[n^(1/2)]])≤ 4^(k+k^(3/4)+1)
而C(n, k)≥C(4k, k)> 8^k / 2k (④)
所以 8^k < 2k * 4^(k+k^(3/4)+1)
n≥2500时k≥185, k^(3/4)≤k/3.688
右边≤8k * [4^(1+1/3.688)]^k < 8k * 6^k
则 (4/3)^k < 8k
但k≥18时(4/3)^k > 8k, 矛盾
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当n/4< k≤2/5n时
C(n, k)< 4^(k+[[n^(1/2)]])≤ 4^(k+2k^(1/2)+1)
而C(n, k)≥C([[5k/2]], k)> 5^k / 2k (③)
所以 5^k < 2k * 4^(k+2k^(1/2)+1)
n≥2500时k≥625, 2k^(1/2)≤2k/25
右边≤8k * [4^(1+2/25)]^k < 8k * (9/2)^k
则 (10/9)^k < 8k
但k≥59时(10/9)^k > 8k，矛盾
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当2/5n< k≤n/2时
C(n, k)< 4^([[n/3]]+[[n^(1/2)]])≤4^( 5k/6+(5k/2)^(1/2)+2 )
而C(n, k)≥C(2k, k)> 4^k / 2k (②)
所以 4^k < 2k * 4^(5k/6+(5k/2)^(1/2)+2)
n≥2500时k>1000, (5k/2)^(1/2)< k/20
右边≤32k * [4^(5/6+1/20)]^k < 32k * (7/2)^k
则 (8/7)^k < 32k
但k≥57时(8/7)^k > 32k, 矛盾

对n<2500只要一一检验，就可以证明西尔维斯特定理对任意n≥2k都成立
这里的2500是我自己取的比较大的数字，原证明既没有凑也没有猜，是从所分的每种情况，分别反过来定出某个N，当n大于N时一定会产生矛盾，然后对这些N中最大值以内的数字n 一一检验，是真正的初等证明