数论问题，证明一个梅腾斯公式的推广
这个问题是几年前跟网友（网名：大傻888888）在数学中国网站讨论过的一个数论问题。时间长了，原帖估计已经灭失了，我自己留的底稿也找不到了，好在只留下了一个结论，公式的推导过程一时记不起来了。另外，为了学习 LaTeX 数学公式排版，特发此帖。
试证明下面这个复杂的公式：
\( \displaystyle \lim_{x \to \infty} \left\lbrace \log ^nx\prod_{p>n}^{p≤ x} \left(1-\frac{n}{p}\right)\right\rbrace =A_{n\ }×e^{-nγ} \prod _{k=1}^{n-1}\lim_{x \to \infty} \prod _{p>k+1}^{p≤ x}\left ^{n-k} \)
式中 \( p \) 是素数， \( A_{n\ } \) 是一个确定的、可计算的系数（具体计算公式见后）。\( γ=0.5772156649… \) 是欧拉常数。
当\( n=1 \) 时， \( A_{n\ }=A_{1\ }=1 \) ，就得到梅腾斯公式（梅腾斯定理）：
\( \displaystyle \lim_{x \to \infty} \left\lbrace \log x\prod_{p>1}^{p≤ x} \left(1-\frac{1}{p}\right)\right\rbrace =e^{-γ} \)
当\( n=2 \) 时， \( A_{n\ }=A_{2\ }=4 \)，此时公式为：
\( \displaystyle \lim_{x \to \infty} \left\lbrace \log ^2x\prod_{p>2}^{p≤ x} \left(1-\frac{2}{p}\right)\right\rbrace =4 e^{-2γ}\prod _{p>2}^{∞}\left \)
当\( n=3 \) 时， \( A_{n\ }=A_{3\ }=48 \)，此时公式为：
\( \displaystyle \lim_{x \to \infty} \left\lbrace \log ^3x\prod_{p>3}^{p≤ x} \left(1-\frac{3}{p}\right)\right\rbrace =48 e^{-3γ}\prod _{p>2}^{∞} \left^2 \prod _{p>3}^{∞} \left \)
当\( n=4 \) 时， \( A_{n\ }=A_{4\ }=192 \)，此时公式为：
\( \displaystyle \lim_{x \to \infty} \left\lbrace \log ^4x\prod_{p>4}^{p≤ x} \left(1-\frac{4}{p}\right)\right\rbrace =192 e^{-4γ}\prod _{p>2}^{∞} \left^3 \prod _{p>3}^{∞} \left^2 \prod _{p>4}^{∞} \left \)
依次类推。下面给出计算\( A_{n\ } \) 的公式。
当\( n=1 \) 时， \( A_{n\ }=A_{1\ }=1。 \)
当\( n=2 \) 时， \( A_{n\ }=A_{2\ }=4。 \)
当\( n>2 \) 时，\(\displaystyle \ A_{n\ }=2^{Zn} \prod _{p=3}^{p≤n}p \)，其中\( 2 \) 的指数\(Z_{n} \) 可按下述递推公式确定:
\( Z_{2}=2 \)，\( Z_{n}=Z_{n-1}+π(n) \)，其中 \( π(n) \) 表示不大于 \( n \) 的素数个数。这样就可以得到：
\( Z_{3}=Z_{2}+π(3)=2+2=4，\displaystyle \ A_{3\ }=2^4 \prod _{p=3}^{p≤3}p =2^4×3=48 \)
\( Z_{4}=Z_{3}+π(4)=4+2=6，\displaystyle \ A_{4\ }=2^6 \prod _{p=3}^{p≤4}p =2^6×3=192 \)
\( Z_{5}=Z_{4}+π(5)=6+3=9，\displaystyle \ A_{5\ }=2^9 \prod _{p=3}^{p≤5}p =2^9×15=7680 \)
\( Z_{6}=Z_{5}+π(6)=9+3=12，\displaystyle \ A_{6\ }=2^{12}\prod _{p=3}^{p≤6}p =2^{12}×15=61440 \)
\( Z_{7}=Z_{6}+π(7)=12+4=16，\displaystyle \ A_{7\ }=2^{16}\prod _{p=3}^{p≤7}p =2^{16}×105=6881280 \)
依次类推。
各式中的 \( p \) 均为素数。
本人和网友（大傻888888）没有搜过国内外其它网站是否有过此问题研究结果的文章。现在如果有人知道，请讲讲他们的公式是什么样子的。
当年，我曾劝大傻888888 将讨论结果在国内杂志上发表，估计他并没有发表。我更懒得发表了。因为这些东西，可能什么价值都没有，就是玩一玩而已。如果有点意思，估计也是外国人几百年前早就研究过的。 本帖最后由 TSC999 于 2016-11-24 19:14 编辑
为了能看明白梅腾斯的推广公式在说什么，先看下面这些数字验证结果。
当 \( n=1\) 时，即是梅腾斯公式本身；
当 \( n=2，3，4，5，6，7，8，9\) 时，用公式计算，结果都是正确的（当然有不可避免的误差，因为毕竟没有算到无穷大）。 本帖最后由 TSC999 于 2016-11-24 19:47 编辑
主帖中的那个复杂公式可以写成下面这样容易理解的形式：
\(\displaystyle \lim_{x \to \infty} \lbrace \log ^nx\prod_{p>n}^{p≤ x} (1-\frac{n}{p})\rbrace =A_{n\ }×e^{-nγ}×c^{n-1}_1 c^{n-2}_2c^{n-3}_3…c^2_{n-2}c^{1}_{n-1}。 \)
其中 \( c_1、c_2、c_3、…、c_{n-1} \) 都是可计算的，数值唯一确定的系数。其表达式如下（式中 \( p \) 为素数）：
\( \displaystyle \ c_n=\prod_{p>{n+1}}^{∞} (1-\frac{1}{(p-n)^2}) \)
计算结果如下：
\( c_1=0.660162,c_2=0.819802,c_3=0.670891,c_4=0.840259,c_5=0.699536,c_6=0.913697,c_8=0.88217,c_9=0.821858, …\)
补充内容 (2016-12-2 20:33):
容易证明，每一个\( c \)系数都介于\( 0.5 \)和 \( 1 \)之间。
补充内容 (2016-12-3 19:25):
证明过程见 16# 楼。
补充内容 (2016-12-23 20:09):
上面的 \( c \) 系数中， \( c_8 \) 应改为 \( c_7 \) ， \( c_9 \) 应改为 \( c_8 \)。 下面这个是用 mathematica 计算\( n=9 \) 时的代码：
x = 1000000; N[(Log])^9*\!\(
\*UnderoverscriptBox[\(\\), \(k = 5\), \(x\)]\((1 -
\*FractionBox[\(9\), \(Prime\)])\)\)] (* 验证梅腾斯公式推广 n=9 *)
N[1761607680 E^(-9 \
EulerGamma)*0.660162^8*0.819802^7*0.670891^6*0.840259^5*0.699536^4*0.\
913697^3*0.88217^2*0.821858] 在计算 \(A_n\)的公式中，不是出现了个\( π(n) \)吗？于是就有网友（名字好像叫柳林）说，据此可用来分析 \(π(n) \)的奥妙，以代替那个黎曼猜想解决素数分布问题，我觉得这也扯得太离谱了吧。
补充内容 (2016-12-3 12:13):
查到了过去的资料，网友的名字不是柳林，叫刘丹。 本帖最后由 TSC999 于 2016-11-25 06:04 编辑
主帖中\(Z_n\)的计算是用递推公式，能否找到计算\(Z_n\)的通项公式？由\(Z_n= Z_{n-1}+π(n)\)， 如果\( π(n) \) 是一个常数，那通项公式就很简单，但实际上\( π(n)\)是随着\( n\)变化的，这就不好办了。 主帖子中的公式应该也能写成下面这个样子吧？
\(\D \lim_{x \to \infty} \left\{ \log ^nx \prod_{p>n}^{p≤ x} \left(1-\frac{n}{p}\right)\right\} =A_{n\ }×e^{-nγ} \prod _{k=1}^{n-1}\ \prod _{p>k+1}^{∞} \left^{n-k} \) 为什么将 【请粘贴 LaTeX 代码】框中复制的内容（对应的 LATEX 效果显示正确）粘贴到回复栏中以后，一开始总是显示不出来公式呢？非要编辑一下，拉大前后的空格才能显示正常呢？ 今天总算找到了以前的资料。待我慢慢发上来。
先证明一个恒等式：
若 \(f(m)=1-\frac{1}{p-m}=\frac{p-m-1}{p-m}。\) 而 \(f(0)=1-\frac{1}{p}。 \)
于是可以认为\( f(m)=f(m-1)×。 \)
由此可知：
\( f(1)= f(0)×=(1-\frac{1}{p})×， \)
\( f(2)= f(1))×=(1-\frac{1}{p})××， \)
\( f(3)= f(2))×=(1-\frac{1}{p})×××， \)
\( …… ……………………………………………………………………\)
于是就有下述恒等式：
\( 1-\frac{1}{p-m}=(1-\frac{1}{p})××××\cdots×。 \)