前n个素数的积大概是多少？

Ickiverar

用MMA试了一下，前n个素数的积大概是 e^( 1.13... xlnx)，有没有更具体的或者渐近的解？

Log[ Product[Prime, {i, 1, n}] ] / ( n Log[n] ) ~ 1.13

(刚刚在B站发现一个很有趣的数，https://www.bilibili.com/video/BV1ZT4y1C7xX，https://oeis.org/A249270)，想把它计算到10亿位，估计要求和的项数需要用到前n个素数积的近似值。

nyy

第n个素数的大侠大概是nlog(n)
假设这个积是t，
那么log(t)=log(nlog(n))
求下积分，然后再exp，差不多就得到一个值。不会差太远

Ickiverar

我发现一个精度极高的结论！
小于 x 的所有素数的积的自然对数约等于 x。

！！

Ickiverar

定义 $S(n)$ 为不超过 $n$ 的所有素数的积的自然对数：
\[S(n)=\ln\left(\prod_{p\,\text{is prime}}^{p\le n}p\right)=\sum_{p\,\text{is prime}}^{p\le n}\ln p\]
我猜想：
\[0\lt n-S(n)\lt 2\sqrt{n},\quad n\text{ is prime or }n\ge 1423\]

Ickiverar

4#的猜想已经有结果了，是不成立的。
这篇论文
https://doi.org/10.7169%2Ffacm%2F1229619660
1229619660.pdf (257.62 KB, 下载次数: 3)

2024-8-25 13:18 上传

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的第9页式4.9表明
\[n-S(n)=\Omega(\sqrt{n}\log\log\log n)\] , 这个下界已经比我的猜想要大一个logloglogn了。

数论爱好者

引例:2^1*2^2*2^3*...*2^n=2^(n*(n+1)/2)
同理:2*3*5*7*...*pn=把这些素数化成e的多少次方,然后满足同底数幂相乘底数不变,指数相加
若s=ln(p1)+ln(p2)+ln(p3)+..+ln(pn),p1表示第一个素数,p2表示第二个素数,等等,则素数的连乘积=e^s,此计算为精确计算,保证位数准确
第100个素数时:s=505.81623312600922208253431424619000,e^s=4.71193079990618495316248783474439*10^219,结果很吻合.用此方法比e^(n*(ln n+ln ln n-1))精度大幅提高
solve(ln(x)/ln(10.0) = 10.0^9, x),此10.0^9为位数,得到x的解是1.00000000000000000000002694580710*10^1000000000,这个是连乘积的值.
然后转换成1.00000000000000000000002694580710*10^1000000000=e^s,两边取对数
1000000000=log[10](exp)
得到s=2.30258509299404568401799145468436*10^9,s值23亿多就是最后一个素数,即p(n)的最大值,可以求出n值
方法一直接查看:2302585092里面有多少个素数,得到112,304,684个素数
方法二: Li(2302585092)-0.5*Li(2302585092^0.5)=1.12306603622925709551426344191079*10^8
二者结果差不多都是1.12亿个素数左右

数论爱好者

以168个素数的连乘积举例验证,虽然最后算的163个或164个,问题不大,方法应该是正确的

数论爱好者

数论爱好者 发表于 2025-5-18 11:31
以168个素数的连乘积举例验证,虽然最后算的163个或164个,问题不大,方法应该是正确的 ...

大数计算时,我是舍去一部分数值的,1.12亿个素数可能达不到10亿位,可以验证1.2亿个素数是2,468,776,129,或者1.3亿个素数的值是 2,685,457,421,看看能不能达到10亿位.对此我的软件数据过大,不支持计算连乘积的值
如果参考文献中提到的误差项正确的话,其实差别不太大
原来的p值大约是23亿零258万,加上误差项后等于23亿零263万,应该在n=1.2亿个素数,p(n)=2468776129附近就成立了