もうやってる人がいたらすみません
素数を2から小さい順に$p_1, p_2, ・・・, p_n, ・・・$とする
申し訳ないのですが僕は示せてません
が、$ 2≦n$で成り立つようです
具体的には次の不等式を示します(三角形の存在条件です)
$ 2≦nならば、p_{n+2} < p_n + p_{n+1}$
試しに余弦定理にぶち込んでプログラムを回してみて、ある仮説を立てました
$\lim_{n \to \infty}\frac{p_n^2+p_{n+1}^2-p_{n+2}^2}{2p_np_{n+1}} = \frac{1}{2}$
上からは挟めましたので証明を載っけときます
$\lim_{n \to \infty}\frac{n^2+(n+2)^2-(n+1)^2}{2n(n+2)}=\frac{1}{2}$
$ \lim_{n \to \infty}\frac{n^2+(n+2)^2-(n+1)^2}{2n(n+2)}$
$= \lim_{n \to \infty}\frac{n^2+2n+3}{2n^2+4n}$
$= \lim_{n \to \infty}\frac{1+\frac{2}{n}+\frac{3}{n^2}}{2+\frac{4}{n}}$
$= \frac{1}{2}$
すべての自然数$n$で、次の不等式が成り立つ
$\frac{p_n^2+p_{n+1}^2-p_{n+2}^2}{2p_np_{n+1}} < \frac{n^2+(n+2)^2-(n+1)^2}{2n(n+2)}$
$ (左辺)-(右辺)$
$= \frac{p_n^2+p_{n+1}^2-p_{n+2}^2}{2p_np_{n+1}} - \frac{n^2+2n+3}{2n(n+2)}$
$= \frac{n(n+2)p_n^2+n(n+2)p_{n+1}^2-n(n+2)p_{n+2}^2-n^2p_np_{n+1}-2np_np_{n+1}-3p_np_{n+1}}{2n(n+2)p_np_{n+1}}$
$ n(n+2)p_{n+1}^2-n(n+2)p_{n+2}^2<0<2n(n+2)p_np_{n+1} は自明$
$ n(n+2)p_n^2 -n^2p_np_{n+1}-2np_np_{n+1}-3p_np_{n+1}$
$=(n^2p_n^2-n^2p_np_{n+1})+(2np_n^2-2np_np_{n+1})-3p_np_{n+1}<0$
$したがって$
$\frac{n(n+2)p_n^2+n(n+2)p_{n+1}^2-n(n+2)p_{n+2}^2-n^2p_np_{n+1}-2np_np_{n+1}-3p_np_{n+1}}{2n(n+2)p_np_{n+1}}<0$
$(左辺)-(右辺)<0より、(左辺)<(右辺)$
下からは挟めてません(行けそうですけど...)
微分すると分かりますが、$ \frac{n^2+(n+2)^2-(n+1)^2}{2n(n+2)}$は単調減少なので、$\frac{p_n^2+p_{n+1}^2-p_{n+2}^2}{2p_np_{n+1}}<\frac{1}{2}<\frac{n^2+(n+2)^2-(n+1)^2}{2n(n+2)}$とみなせます
したがって次の不等式が成り立ちます
$p_{n+2} > \sqrt{p_n^2+p_{n+1}^2-p_np_{n+1}}$
また、十分大きい$n$について、素数$p_{n+2}$を$p_n, p_{n+1}$を用いて次のように近似できます
$nが十分大きいとき、p_{n+2}≒\sqrt{p_n^2+p_{n+1}^2-p_np_{n+1}}$
(実際は多分0.4999とかにしたほうが精度高いと思います)
なんかこの式の近似が結構いい線行ってる気がします
$ p_{n+2}≒\sqrt{p_n^2+p_{n+1}^2-2kp_np_{n+1}}$
$ただし、k=\frac{1}{2}-\frac{\log{p_{n}}}{p_{n+1}}
$