数论问题，证明一个梅腾斯公式的推广

TSC999

因此就有：
\(   \displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x} (1-\frac{n}{p}) =\prod_{p>n}^{p≤ x}\frac{p-n}{p}=\prod_{p>n}^{p≤ x} (\frac{p-n}{p})·(\frac{p-1}{p-1})·(\frac{p-2}{p-2})·(\frac{p-3}{p-3})···(\frac{p-(n-1)}{p-(n-1)})=\prod_{p>n}^{p≤ x} (\frac{p-1}{p})·(\frac{p-2}{p-1})·(\frac{p-3}{p-2})·(\frac{p-4}{p-3})···(\frac{p-n}{p-(n-1)})= \\=\displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x}f(0)f(1)f(2)···f(n-1)=\prod_{p>n}^{p≤ x}[1-\frac{1}{p}]^n·[1-\frac{1}{(p-1)^2}]^{n-1}·[1-\frac{1}{(p-2)^2}]^{n-2}····[1-\frac{1}{[p-(n-1)]^2}]^1
\\ =\displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x}[1-\frac{1}{p}]^n·\prod_{p>n}^{p≤ x}[1-\frac{1}{(p-1)^2}]^{n-1}·\prod_{p>n}^{p≤ x}[1-\frac{1}{(p-2)^2}]^{n-2}····\prod_{p>n}^{p≤ x}[1-\frac{1}{[p-(n-1)]^2}]^1。 ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~    (1)  \)

        上式结果中共有 \( n \) 组连乘积，自左至右称为第 \( 0 \) 组连乘积，第 \( 1 \) 组连乘积， 第 \(  2 \) 组连乘积，……，第 \(  n-1 \) 组连乘积。
定义系数  \( c_1、 c_2、 c_3、·····、 c_n-1   \) 如下  (式中 \(  p \)  均为素数)：
\(  c_1=\displaystyle \prod_{p>2}^{∞}[1-\frac{1}{(p-1)^2}]， c_2=\displaystyle \prod_{p>3}^{∞}[1-\frac{1}{(p-2)^2}]， c_3=\displaystyle \prod_{p>4}^{∞}[1-\frac{1}{(p-3)^2}]，···，c_{n-1}=\displaystyle \prod_{p>n}^{∞}[1-\frac{1}{[p-(n-1)]^2}]   ~~~~~~~~~~~~   (2)  \)

         可以证明，上述表达式都收敛到一个常数，其值都小于 \(  1  \) 且大于 \(  0.5  \)。

        当 \( x \) 趋于无穷大时，考虑到梅腾斯公式， \( (1)  \) 式结果中的第 \( 0 \) 组连乘积可以表示成下式：

\(   \displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x}[1-\frac{1}{p}]^n =\frac{\displaystyle \prod_{p>1}^{p≤n}[1-\frac{1}{p}]^n}{\displaystyle \prod_{p>1}^{p≤n}[1-\frac{1}{p}]^n}*\displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x}[1-\frac{1}{p}]^n= \frac{\displaystyle \prod_{p>1}^{p≤x}[1-\frac{1}{p}]^n}{\displaystyle \prod_{p>1}^{p≤n}[1-\frac{1}{p}]^n}=\frac{\frac{e^{-nγ}}{log^nx}}{ \displaystyle \prod_{p>1}^{p≤n}[1-\frac{1}{p}]^n}     \)

        当 \( x \) 趋于无穷大时，第 \( 1 \) 组连乘积可以表示成下式：

\(    \displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x}[1-\frac{1}{(p-1)^2}]^{n-1} =\frac{\displaystyle \prod_{p>2}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-1)^2}]^{n-1}}{\displaystyle \prod_{p>2}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-1)^2}]^{n-1}}*\displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x}[1-\frac{1}{(p-1)^2}]^{n-1}= \frac{\displaystyle \prod_{p>2}^{p≤ x}[1-\frac{1}{(p-1)^2}]^{n-1}}{\displaystyle \prod_{p>2}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-1)^2}]^{n-1}}=\frac{c_1^{n-1}}{\displaystyle \prod_{p>2}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-1)^2}]^{n-1}}      \)

        当 \( x \) 趋于无穷大时，第 \( 2 \) 组连乘积可以表示成下式：

\(    \displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x}[1-\frac{1}{(p-2)^2}]^{n-2} =\frac{\displaystyle \prod_{p>3}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-2)^2}]^{n-2}}{\displaystyle \prod_{p>3}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-2)^2}]^{n-2}}*\displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x}[1-\frac{1}{(p-2)^2}]^{n-2}= \frac{\displaystyle \prod_{p>3}^{p≤ x}[1-\frac{1}{(p-2)^2}]^{n-2}}{\displaystyle \prod_{p>3}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-2)^2}]^{n-2}}=\frac{c_2^{n-2}}{\displaystyle \prod_{p>3}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-2)^2}]^{n-2}}      \)


        依次类推，当 \( x \) 趋于无穷大时，第 \( k \) 组连乘积可以表示成下式：

\(     \displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x}[1-\frac{1}{(p-k)^2}]^{n-k} =\frac{\displaystyle \prod_{p>k+1}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-k)^2}]^{n-k}}{\displaystyle \prod_{p>k+1}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-k)^2}]^{n-k}}*\displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x}[1-\frac{1}{(p-k)^2}]^{n-k}= \frac{\displaystyle \prod_{p>n-k}^{p≤ x}[1-\frac{1}{(p-k)^2}]^{n-k}}{\displaystyle \prod_{p>k+1}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-k)^2}]^{n-k}}=\frac{c_k^{n-k}}{\displaystyle \prod_{p>k+1}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-k)^2}]^{n-k}}       \)

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把  11# 楼推导的各组连乘积公式代回 \( (1) \) 式，就得到下面这个复杂的表达式：
\(   \displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x} (1-\frac{n}{p}) =\frac{\frac{e^{-nγ}}{log^nx}}{ \displaystyle \prod_{p>1}^{p≤n}[1-\frac{1}{p}]^n}*\frac{c_1^{n-1}}{\displaystyle \prod_{p>2}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-1)^2}]^{n-1}}*\frac{c_2^{n-2}}{\displaystyle \prod_{p>3}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-2)^2}]^{n-2}}*\frac{c_3^{n-3}}{\displaystyle \prod_{p>4}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-3)^2}]^{n-3}}*···*\frac{c_{n-2}^2}{\displaystyle \prod_{p>{n-1}}^{p≤n}[1-\frac{1}{(p-n+2)^2}]^2}* \frac{c_{n-1}^1}{1}。     ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~(3)    \)

或者把上式写成下面这样子：
\(   \displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x} (1-\frac{n}{p}) = A_n*\frac{e^{-nγ}}{log^nx}*c_1^{n-1}*c_2^{n-2}*c_3^{n-3}*···*c_{n-3}^3*c_{n-2}^2*c_{n-1}^1。     ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~(4)    \)

式中
\(   \displaystyle \ A_n=\prod_{p>1}^{p≤n} (1-\frac{1}{p})^{-n}*\prod_{p>2}^{p≤n} (1-\frac{1}{(p-1)^2})^{-(n-1)}*\prod_{p>3}^{p≤n} (1-\frac{1}{(p-2)^2})^{-(n-2)}*···*\prod_{p>n-2}^{p≤n} (1-\frac{1}{(p-n+3)^2})^{-3}*\prod_{p>n-1}^{p≤n} (1-\frac{1}{(p-n+2)^2})^{-2}。     ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~(4A)    \)

\(   A_n  \)  的计算方法见 1# 主帖， 为什么是那样算的？ 证明起来太麻烦了，我当初是用数学归纳法证的。不知网友们有什么好的办法？

另外，各式的 \( x \) 应视为充分大，或理解为把对数式移到公式左边，当左边的 \( x \) 趋向无穷大时，左、右就相等了。如果 \( x \)  的值取得越小，公式的误差就会越大。

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这个公式，也许理论上有点什么意思，而对于计算，看不出有个啥子用处。

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        总结一下。
       当  \( x \)  趋于无穷大时，连乘积  \( \displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x} (1-\frac{n}{p}) \)  趋于无穷小，当然也就没有极限。但是，如果它再乘上\(~ log^nx \)，就有确定的极限了。也就是说，那个连乘积与  \( \frac{1}{ log^nx} \)  是同阶无穷小。要注意的是，连乘积中的  \( p \)  是连续的素数，如果是连续的自然数，那是不行的。话又说回来，如果  \( p \)  是连续的自然数，也可能存在某个与连乘积同阶的无穷小，它的倒数与连乘积相乘，是有极限的。
      还有， 当  \( x \) 趋于无穷大时，连乘积  \( \displaystyle \prod_{p>n}^{p≤ x} (1+\frac{n}{p}) \)  将趋于无穷大，当然  \( n \)  仍取正值。那么它除以 \(~ log^nx \)，也会有确定的极限（见下面的例子）。

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举个例子，试证明下面这个算式有极限，并求极限的理论表达式（式中 \( p \) 为素数）：
\(   \displaystyle \lim_{x \to \infty} \left\lbrace \log ^{-2}x\prod_{p>2}^{p≤ x} \left(1+\frac{2}{p}\right)\right\rbrace =Q^+=?   \)
由于（见 1# 楼主帖） \(  \displaystyle \lim_{x \to \infty} \left\lbrace \log ^2x\prod_{p>2}^{p≤ x} \left(1-\frac{2}{p}\right)\right\rbrace =4 e^{-2γ}  \prod _{p>2}^{∞}\left[1- \frac{1}{(p-1)^2}\right]=Q^-   \)，（式中 \( ~ γ~  \) 为欧拉常数）上面两式相乘得：
\(   \displaystyle \lim_{x \to \infty} \left\lbrace \prod_{p>2}^{p≤ x} \left(1+\frac{2}{p}\right) \left(1-\frac{2}{p}\right)\right\rbrace =Q^+Q^-，    \) 即：
\(   \displaystyle \lim_{x \to \infty} \left\lbrace \prod_{p>2}^{p≤ x} \left(1-\frac{4}{p^2}\right) \right\rbrace =Q^+Q^-，   \) 于是
\(   Q^+= \frac{\displaystyle \prod_{p>2}^{∞} \left(1-\frac{4}{p^2}\right)}{4 e^{-2γ}  \displaystyle \prod _{p>2}^{∞}\left[1- \frac{1}{(p-1)^2}\right]} 。   \)   

因为上式的分子和分母都是收敛的、可以计算的确定常数，所以上式就是  \(  Q^+  \)  极限的理论表达式。按上式计算得 \(   Q^+≈0.454813。      \)当然，如果不注重理论表达式而只关注数值是多少的话，
也可以直接按给定的原始式子进行计算，结果相同。

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前面 4# 说过，所有的 \( c  \) 系数都介于 \( 0.5 \) 与 \( 1 \) 之间。现在证明这一点。也就是当 \( p \) 为素数时，就有：
\(  0.5<\displaystyle \ c_k=\prod_{p>{k+1}}^{∞} (1-\frac{1}{(p-k)^2})<1。 \)
上式是多个小于 \( 1 \) 的数相乘，所以相乘的结果小于 \( 1 \)。现在证明它大于 \( 0.5 \) 。为此先证明对于自然数 \( m \) 有：
\(  \displaystyle \ c=\prod_{m=2}^{∞} (1-\frac{1}{m^2})=0.5 \)，这是因为：
\(  c= \displaystyle \lim_{N\to \infty} \displaystyle \prod_{m=2}^{N} (1-\frac{1}{m^2})= \lim_{N\to \infty}  (1-\frac{1}{2^2})(1-\frac{1}{3^2})(1-\frac{1}{4^2}) ···(1-\frac{1}{N^2})=\lim_{N\to \infty}  (\frac{1×3}{2^2})* (\frac{2×4}{3^2})* (\frac{3×5}{4^2})* ··· (\frac{(N-1)(N+1)}{N^2})= \lim_{N\to \infty} \frac{(N-1)!(N+1)!}{2N!^2}=\lim_{N\to \infty} \frac{N+1}{2N}=0.5。   \)
由于素数是自然数的一部分，在上面这个连续自然数列中，去掉某些项（其值都小于 1）就得到 \( c_k \)，可见任何一个 \( c_k \) 都大于 \( 0.5 \)。

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其中   \( \displaystyle \ c_1=\prod_{p>{2}}^{∞} (1-\frac{1}{(p-1)^2})=0.6601618158468695739278121······\)  是所谓孪生素数常数。

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前 100 个 \( c \) 系数的大致数值如下：

C1     0.6601618
C2     0.8198024
C3     0.6708911
C4     0.8402588
C5     0.6995361
C6     0.9136965
C7     0.8821704
C8     0.8218582
C9     0.6728058
C10    0.8430124
C11    0.7021951
C12    0.9177718
C13    0.8868498
C14    0.8271250
C15    0.6781131
C16    0.8513854
C17    0.7112251
C18    0.9336034
C19    0.9083474
C20    0.8571665
C21    0.7187089
C22    0.9500455
C23    0.9382492
C24    0.9201934
C25    0.8898283
C26    0.8307658
C27    0.6821664
C28    0.8586062
C29    0.7202795
C30    0.9528430
C31    0.9421288
C32    0.9258107
C33    0.8983614
C34    0.8443332
C35    0.7034026
C36    0.9195139
C37    0.8887196
C38    0.8290758
C39    0.6799166
C40    0.8539621
C41    0.7137003
C42    0.9373849
C43    0.9126902
C44    0.8620851
C45    0.7237580
C46    0.9584171
C47    0.9489345
C48    0.9342622
C49    0.9090250
C50    0.8578440
C51    0.7193123
C52    0.9508952
C53    0.9391457
C54    0.9211359
C55    0.8908090
C56    0.8317551
C57    0.6830483
C58    0.8598175
C59    0.7213952
C60    0.9544745
C61    0.9439263
C62    0.9277969
C63    0.9005522
C64    0.8467034
C65    0.7057104
C66    0.9231043
C67    0.8929423
C68    0.8340023
C69    0.6851458
C70    0.8628439
C71    0.7243335
C72    0.9590226
C73    0.9492555
C74    0.9340963
C75    0.9080374
C76    0.8555071
C77    0.7151394
C78    0.9395080
C79    0.9150326
C80    0.8646170
C81    0.7262182
C82    0.9622367
C83    0.9534350
C84    0.9396275
C85    0.9154771
C86    0.8655560
C87    0.7277509
C88    0.9660058
C89    0.9603609
C90    0.9527241
C91    0.9418770
C92    0.9253947
C93    0.8977482
C94    0.8435023
C95    0.7024339
C96    0.9177709
C97    0.8864192
C98    0.8261491
C99    0.6766291
C100   0.8482497

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前  \(  29  \) 个 \(  A_n  \) 数值及其质因数分解式见下表:

熊一兵广义概率

lim{[(lnx)]&nbsp;Π&nbsp;(1-1÷&nbsp;p)}=exp(-γ)=1/1.781072417990=0.561459483567
）。&nbsp;γ=0.577215664901532860606512090082… 是欧拉常数

我手工验算，误差怎么这么大？谁能编程在大范围验算，谢谢！
p不大于x平方根，
p        &nbsp;    Π&nbsp;(1-1÷&nbsp;p)               p^2≤X           [(lnx)]&nbsp;Π&nbsp;(1-1÷&nbsp;p)   
7   8/35=0.22857142857142856        10^2        0.5263051641129142
11        0.20779220779220778
13        0.1918081918081918
17        0.18052535699594527
19        0.17102402241721132
23        0.16358819535559346
29        0.15794722310195233
31        0.15285215138898614        10^3        1.055865255661025
37        0.14872101216225678
41        0.14509367040220172
43        0.14171939899749936
47        0.13870409263585043
53        0.1360870342842306
59        0.13378047438110804
61        0.1315873518502702
67        0.1296233615241468
71        0.12779768037591937
73        0.12604702722008484
79        0.12445149522995719
83        0.12295207962477698
89        0.12157059558404913
97        0.12031729047493522        10^4          1.1081631979080592