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[原创] 数论问题,证明一个梅腾斯公式的推广

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发表于 2016-11-24 15:00:41 | 显示全部楼层 |阅读模式

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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:
\( \displaystyle \lim_{x \to \infty} \left\lbrace \log ^nx\prod_{p>n}^{p≤ x} \left(1-\frac{n}{p}\right)\right\rbrace =A_{n\ }×e^{-nγ} \prod _{k=1}^{n-1}\lim_{x \to \infty} \prod _{p>k+1}^{p≤ x}\left [1- \frac{1}{(p-k)^2}\right]^{n-k} \)
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:
\( \displaystyle \lim_{x \to \infty} \left\lbrace \log ^2x\prod_{p>2}^{p≤ x} \left(1-\frac{2}{p}\right)\right\rbrace =4 e^{-2γ}  \prod _{p>2}^{∞}\left[1- \frac{1}{(p-1)^2}\right] \)

当  \( n=3 \) 时, \( A_{n\ }=A_{3\ }=48 \),此时公式为:
\( \displaystyle \lim_{x \to \infty} \left\lbrace \log ^3x\prod_{p>3}^{p≤ x} \left(1-\frac{3}{p}\right)\right\rbrace =48 e^{-3γ}  \prod _{p>2}^{∞} \left[1- \frac{1}{(p-1)^2}\right]^2 \prod _{p>3}^{∞} \left[1- \frac{1}{(p-2)^2}\right] \)

当  \( n=4 \) 时, \( A_{n\ }=A_{4\ }=192 \),此时公式为:
\( \displaystyle \lim_{x \to \infty} \left\lbrace \log ^4x\prod_{p>4}^{p≤ x} \left(1-\frac{4}{p}\right)\right\rbrace =192 e^{-4γ}  \prod _{p>2}^{∞} \left[1- \frac{1}{(p-1)^2}\right]^3 \prod _{p>3}^{∞} \left[1- \frac{1}{(p-2)^2}\right]^2 \prod _{p>4}^{∞} \left[1- \frac{1}{(p-3)^2}\right] \)

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。
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 楼主| 发表于 2016-11-24 15:28:05 | 显示全部楼层
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。
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 楼主| 发表于 2016-11-24 19:09:15 | 显示全部楼层
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)。
梅腾斯公式推广数字验证.png
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 楼主| 发表于 2016-11-24 19:43:15 | 显示全部楼层
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 \( c_8 \)。
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 楼主| 发表于 2016-11-24 19:51:46 | 显示全部楼层
下面这个是用 mathematica 计算  \(   n=9   \) 时的代码:
  1. x = 1000000; N[(Log[Prime[x]])^9*\!\(
  2. \*UnderoverscriptBox[\(\[Product]\), \(k = 5\), \(x\)]\((1 -
  3. \*FractionBox[\(9\), \(Prime[k]\)])\)\)]   (* 验证梅腾斯公式推广 n=9 *)
  4. N[1761607680 E^(-9 \
  5. EulerGamma)*0.660162^8*0.819802^7*0.670891^6*0.840259^5*0.699536^4*0.\
  6. 913697^3*0.88217^2*0.821858]
复制代码
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 楼主| 发表于 2016-11-24 20:12:27 | 显示全部楼层
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。
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 楼主| 发表于 2016-11-25 06:02:00 | 显示全部楼层
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。
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 楼主| 发表于 2016-11-25 06:20:12 | 显示全部楼层
主帖子中的公式应该也能写成下面这个样子吧?
\(\D \lim_{x \to \infty} \left\{ \log ^nx \prod_{p>n}^{p≤ x} \left(1-\frac{n}{p}\right)\right\} =A_{n\ }×e^{-nγ} \prod _{k=1}^{n-1}\ \prod _{p>k+1}^{∞} \left[1- \frac{1}{(p-k)^2}\right]^{n-k} \)
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 楼主| 发表于 2016-11-25 06:25:55 | 显示全部楼层
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?

点评

后来发现, 不用再编辑,只要刷新一下或是翻页到前面再回来就行了。  发表于 2016-12-3 19:30
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 楼主| 发表于 2016-11-29 13:29:07 | 显示全部楼层
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  \(   f(m)=  f(m-1)×[1-\frac{1}{(p-m)^2}]。 \)
由此可知:
\(   f(1)= f(0)×[1-\frac{1}{(p-1)^2}]=(1-\frac{1}{p})×[1-\frac{1}{(p-1)^2}], \)
\(   f(2)= f(1))×[1-\frac{1}{(p-2)^2}]=(1-\frac{1}{p})×[1-\frac{1}{(p-1)^2}]×[1-\frac{1}{(p-2)^2}], \)
\(   f(3)= f(2))×[1-\frac{1}{(p-3)^2}]=(1-\frac{1}{p})×[1-\frac{1}{(p-1)^2}]×[1-\frac{1}{(p-2)^2}]×[1-\frac{1}{(p-3)^2}], \)

\(   …… ……………………………………………………………………  \)

于是就有下述恒等式:

\( 1-\frac{1}{p-m}=(1-\frac{1}{p})×[1-\frac{1}{(p-1)^2}]×[1-\frac{1}{(p-2)^2}]×[1-\frac{1}{(p-3)^2}]×\cdots×[1-\frac{1}{(p-m)^2}]。 \)

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