西尔维斯特数列西尔维斯特数列的定义为 s n = 1 + ∏ i = 0 n − 1 s i {\displaystyle s_{n}=1+\prod _{i=0}^{n-1}s_{i}} 。当 n = 0 {\displaystyle n=0} ，由于空积（一个空集内所有元素的积）是 1 {\displaystyle 1} ，所以 s 0 = 2 {\displaystyle s_{0}=2} ，之后是 3 , 7 , 43 , 1807 , 3263443 , 10650056950807 , 113423713055421844361000443... {\displaystyle 3,7,43,1807,3263443,10650056950807,113423713055421844361000443...} （OEIS:A000058） 这亦可以用递归定义： s i = s i − 1 ( s i − 1 − 1 ) + 1 , s 0 = 2 {\displaystyle s_{i}=s_{i-1}(s_{i-1}-1)+1,s_{0}=2} 。 以数学归纳法可证明 ∑ i = 0 j − 1 1 s i = s j − 2 s j − 1 {\displaystyle \sum _{i=0}^{j-1}{\frac {1}{s_{i}}}={\frac {s_{j}-2}{s_{j}-1}}} 。 “求 k {\displaystyle k} 个埃及分数，使它们之和最接近 1 {\displaystyle 1} 而又小于 1 {\displaystyle 1} 。”答案就是这数列中首 k {\displaystyle k} 个数的倒数之和。[1]因此，西尔维斯特数列又可以贪婪算法来定义：每步选取的一个分母，使得对应的埃及分数再加上之前的和最接近1而又少于1。 西尔维斯特数列可以表示为 s n = ⌊ E 2 n + 1 + 1 2 ⌋ {\displaystyle s_{n}=\left\lfloor E^{2^{n+1}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor } ，其中E约为1.264。这和费马数很相似。 这数列以詹姆斯·约瑟夫·西尔维斯特命名。 和为有理数且快速增长的唯一性 若有数列 a n ≥ a n − 1 2 − a n − 1 + 1 {\displaystyle a_{n}\geq a_{n-1}^{2}-a_{n-1}+1} 且 lim k → ∞ ∑ i = 0 k 1 a i ∈ Q {\displaystyle \lim _{k\to \infty }\sum _{i=0}^{k}{\frac {1}{a_{i}}}\in \mathbb {Q} } ，则必存在 N {\displaystyle N} 使得对于 i > N {\displaystyle i>N} ， a n = a n − 1 2 − a n − 1 + 1 {\displaystyle a_{n}=a_{n-1}^{2}-a_{n-1}+1} 。[1]保罗·艾狄胥猜想上面的不等式可以改为更弱的条件 lim n → ∞ a n a n − 1 2 = 1 {\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{a_{n-1}^{2}}}=1} 。 质数 显然两个相异的西尔维斯特数必定互质。在首三百万个质数只有1166个是西尔维斯特数列的因数。[2]现时所知的西尔维斯特数中，都是无平方数因数的数，但未有证明所有西尔维斯特数都是。西尔维斯特数的质因数在质数集的密度为0。[2] 参考 ^ Badea, Catalin, 1993. "A theorem on irrationality of infinite series and applications". Acta Arithmetica 63: 313–323. ^ Vardi, Ilan (1991). Computational Recreations in Mathematica. Addison-Wesley, 82–89. ISBN 0-201-52989-0.
。当
，由于空积（一个空集内所有元素的积）是
，所以
，之后是
（OEIS:A000058）
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个埃及分数，使它们之和最接近而又小于。”答案就是这数列中首个数的倒数之和。[1]因此，西尔维斯特数列又可以贪婪算法来定义：每步选取的一个分母，使得对应的埃及分数再加上之前的和最接近1而又少于1。
，其中E约为1.264。这和费马数很相似。