Обозначим через $A_n$ множество чисел, представимых в виде суммы не более, чем $n$ слагаемых, обратных натуральным. Тогда $A_{n+1}=\left\{\alpha+\dfrac1q\right\}$, $\alpha\in A_n$, $q\in\mathbb{N}$ (натуральное); ясно, что $A_{n+1}\supset A_n$.
Мы сейчас докажем, что $A_n$ (ни при каком $n$) не содержит все рациональные числа промежутка $(0;1)$. Для этого докажем индукцией по $n$ более сильное утверждение:
I. В любом отрезке $[a;b]\subset(0;1)$ найдётся целый отрезок $[c;d]$, не пересекающийся с $A_n$.
Для $n=1$ это очевидно. Докажем это утверждение для некоторого $n$, считая, что для $n-1$ оно доказано.
Пусть задан отрезок $[a;b]\subset(0;1)$. Выберем отрезок $[c_0;d_1]\subset[a;b]$, не пересекающийся с $A_{n-1}$, и возьмём число $m\in\mathbb{N}$, такое что $d_1-c_0\gt\dfrac2m$ $\Big($т. е. $\dfrac 2{d_1-c_0}\lt m\Big)$. Тогда ни одно из чисел вида $\alpha+\dfrac1q$, где $\alpha\in A_{n-1}$, $q\ge m$, не лежит в правой половине $[c_1;d_1]$ отрезка $[c_0;d_1]$: если $\alpha\le c_0$, то $\alpha+\dfrac1q\lt\dfrac{c_0+d_1}2=c_1$. Мы можем, далее, последовательно выбирать $[c_1;d_1]\supset[c_2;d_2]\supset[c_3;d_3]\supset\ldots\supset[c_m;d_m]$ так, что $\left[c_k-\dfrac1k;d_k-\dfrac1k\right]$ не пересекается с $A_{n-1}$ ($k=1$, 2, $\ldots$, $m$). В промежутке $[c_2;d_2]$, тем самым, не будут содержаться числа вида $\alpha+\dfrac12$ и $\alpha+\dfrac1q$, где $\alpha\in A_{n-1}$, $q\in\mathbb{N}$ и $q\ge m$; в промежутке $[c_3;d_3]$ не содержатся числа вида $\alpha+\dfrac12$, $\alpha+\dfrac13$ и $\alpha+\dfrac1q$ для $q\ge m$, $\alpha\in A_{n-1}$, и т. д.; так что в промежутке $[c_m;d_m]$ не будет уже содержаться никакое число вида $\alpha+\dfrac1q$, $\alpha\in A_{n-1}$, $q\in\mathbb{N}$. Т. е. отрезок $[c_m;d_m]$ не пересекается с $A_n$, что и требовалось доказать.
Таким образом, ответ на вопрос, поставленный в задаче М425, отрицательный: такого натурального числа $N$ нет.
В решениях, присланных читателями, был замечен целый ряд свойств множества $A_n$; некоторые из них сильнее, чем доказанное выше свойство I.
Другие свойства $A_n$, которые также отличают его от множества всех рациональных чисел:
II. $A_n$ не содержит никакой бесконечной возрастающей последовательности.
Это свойство эквивалентно таким двум.
III. Для каждой точки $x\in A_n$ существует ближайшая к ней слева.
IV. В каждом подмножестве $A_n$ есть наибольшее число.
V. Пределом последовательности различных чисел, содержащихся в $A_n$, может быть только число, содержащееся в $A_{n-1}$ или $0$ (а не любое действительное число на отрезке, как было бы, если бы $A_n$ содержало все рациональные числа этого отрезка!).
Доказательство этого последнего свойства особенно изящно. Пусть $x_m=\dfrac1{q_1^{(m)}}+\ldots+\dfrac1{q_n^{(m)}}$, $q_1^{(m)}\le q_2^{(m)}\le\ldots\le q_n^{(m)}$, $m=1$, 2, $\ldots$ — некоторая последовательность чисел из $A_n$, стремящаяся к пределу $a$. Мы можем выбрать из последовательности $q_1^{(m)}$ (натуральных чисел!) либо возрастающую подпоследовательность, либо «стационарную», в которой повторяется одно и то же число; потом (выбросив все остальные $x_m$) ту же операцию проделать для $q_2^{(m)}$ и т. д. Поскольку все $x_m$ различны, некоторая подпоследовательность $q_i^{(m)}$ обязана возрастать и стремиться к бесконечности. Таким образом, мы получим, перейдя к подпоследовательности, такие $x_m$, что для некоторого $r\lt n$ $q_i^{(1)}=q_i^{(2)}=q_i^{(3)}=\ldots=q_i$ при $i\le r$, $q_i^{(m)}\to\infty$ для $i\gt r$ при $m\to\infty$.
Тогда число $a=\lim\limits_{m\to\infty}x_m=\dfrac1{q_1}+\dfrac1{q_2}+\ldots+\dfrac1{q_r}$ принадлежит $A_r\subset A_{n-1}$ (заметим, что число $a$ может оказаться нулём, если уже из последовательности $q_1^{(m)}$ мы сможем выбрать возрастающую). С другой стороны, очевидно, что каждая точка $A_{n-1}$ действительно будет предельной точкой $A_n$.
Теперь читатель без труда докажет и свойства II, III, IV множеств $A_n$. Разумеется, из V легко вывести и утверждение задачи (по индукции), и свойство I.
