Самый очевидный пример последовательности различных натуральных чисел, ни один из членов которой не равен сумме нескольких других, — прогрессия 1, 2, $2^2$, $2^3$, $\ldots$: у неё каждый член на 1 больше суммы предыдущих. Ho она растёт слишком быстро.
Основная идея построения всех нижеследующих примеров, показывающих, что ответы на вопросы а)—г) положительные, — составлять последовательность «пачками». В примерах а), б) с показательным ростом числа в пачках можно взять растущими примерно по геометрической прогрессии, а количество чисел в пачке — постоянным; в примерах со степенным ростом длины пачек, как и их первые числа, очень быстро растут.
$
\colsep{0pt}{
\begin{array}{c}
\bm{a_n\le2\cdot(\sqrt3)^n{:}}\\[6pt]
\begin{array}{rcl}
2,&&3,\\
8,&&9,\\
26,&&27,\\
80,&&81,\\
242,&\quad&243{,}
\end{array}\\
.~~.~~.~~.~~.~~.~~.
\end{array}}
$
а)Пусть $a_{2m-1}=3^m-1$, $a_{2m}=3^m$. Очевидно,
$$
(2+3)+(8+9)+\ldots+(3^{m-1}-1+3^{m-1})\lt2(3+9+\ldots+3^{m-1})=3^m-3
$$
меньше $3^m-1$; поэтому ни одно из чисел $3^m-1$ и $3^m$ не равно сумме предыдущих. При этом $a_1=2$ и $a_n\lt3^{\frac{\scriptstyle n+1}{\scriptstyle 2}}\lt2(\sqrt3)^n$ при всех $n$. (В этом примере в каждой «пачке» всего два числа.)
б) Последовательность $(a_n)$ будем строить тоже по пачкам. $m$-я пачка ($m=1$, 2, $\ldots$) будет содержать 16 чисел:
$$
15\cdot361^{m-1},~16\cdot361^{m-1},~\ldots,~30\cdot361^{m-1}.
$$
Таким образом, $a_n=361^{m-1}(14+r)$, где $m$ и $r$ выбираются из условия $n=16(m-1)+r$, $m=1$, 2, $\ldots$, $r=1$, 2, $\ldots$, 16.
Заметим, что сумма всех чисел в пачках с первой до $(m-1)$-й равна
$$\begin{gather*}
(15+16+\ldots+30)+(15\cdot361+\ldots+30\cdot361)+\ldots\\
\ldots+(15\cdot361^{m-2}+\ldots+30\cdot361^{m-2})=\\
=360+360\cdot361+\ldots+360\cdot361^{m-2}=361^{m-1}-1.
\end{gather*}$$
$
\colsep{0pt}{
\begin{array}{c}
\bm{a_n\le10\cdot(1{,}5)^n{:}}\\[6pt]
\begin{array}{llll}
15,{}&16,{}&\ldots,{}&30,\\
15\cdot361,{}&16\cdot361&\ldots,&30\cdot361,\\
15\cdot361^2,{}~&16\cdot361^2,{}~&\ldots,{}~&30\cdot361^2{,}
\end{array}\\
.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.
\end{array}}
$
Допустим, что какое-то число $a$ из $m$-й пачки представимо в виде суммы $b_1+\ldots+b_k$ нескольких меньших членов $b_1,$ $\ldots$, $b_k$ нашей последовательности. Поскольку $a\gt361^{m-1}$, среди чисел $b_1$, $\ldots$, $b_k$ есть хоть одно из $m$-й пачки. Рассмотрим два случая.
1°. Среди чисел $b_1$, $\ldots$, $b_k$ ровно одно из $m$-й пачки; можно считать, что это $b_1$. Но равенство $a-b_1=b_2+\ldots+b_k$ невозможно, так как, с одной стороны, $a-b_1$, как разность чисел $m$-й пачки, не меньше $361^{m-1}$, а с другой стороны, $b_2+\ldots+b_k$, как сумма чисел из пачек с номерами меньше $m$, не превосходит $361^{m-1}-1$.
2°. Среди чисел $b_1$, $\ldots$, $b_k$ больше одного лежит в $m$-й пачке. Тогда равенство $a=b_1+\ldots+b_k$ невозможно, так как сумма двух любых различных чисел $m$-й пачки уже больше любого третьего числа этой пачки.
Таким образом, ни одно из чисел $a_n$ не представимо в виде суммы других членов построенной последовательности.
Поскольку $361^{m-1}\le(1{,}5)^{16(m-1)}$ и $14+r\le10\cdot(1{,}5)^r$ ($r=1$, $\ldots$, 16), получаем
$$
a_n=361^{m-1}(14+r)\le(1{,}5)^{16(m-1)}\cdot10\cdot(1{,}5)^r=10\cdot(1{,}5)^n$$
— условие б) выполнено.
в), г) Построим последовательность $(a_n)$, ни один из членов которой не равен сумме нескольких других, такую, что при всех $n$ одновременно $a_n\le n^{10}$ и $a_n\le100n^{\frac{\scriptstyle 7}{\scriptstyle 2}}$.
Сначала положим $b_m=105^{m-2}$ для всех натуральных $m\ge2$, т. е. $b_2=10$, $b_3=100000$, $b_4$ равно единице с 25 нулями, и т.д.
Последовательность $(a_n)$ опять будем строить «по пачкам». Первую пачку возьмём состоящей из одного числа — единицы. В качестве $m$-й пачки при $m \ge 2$ возьмём арифметическую прогрессию с первым членом $2b_m + 1$, разностью $2b_m$ и числом членов, равным $\dfrac{b_m^2}{2}$:
$$
2b_m+1,~4b_m+1,~\ldots,~b_m^3+1.
$$
Оценим сумму чисел $m$-й пачки
$$\begin{gather*}
\dfrac{(2b_m+1)+(b_m^3+1)}2\cdot\dfrac{b_m^2}2=
\dfrac{b_m^5+2b_m^3+2b_m^2}4\lt\dfrac{b_m^5}2\lt\\
\lt b_m^5-b_m=b_{m+1}-b_m.
\end{gather*}$$
Таким образом, сумма чисел в пачках от 1-й до $m$-й включительно меньше
$$
1+(b_3-b_2)+\ldots+(b_{m+1}-b_m)=b_{m+1}-b_2+1\lt b_{m+1}.;
$$
Допустим, что некоторое число $a$ из $m$-й пачки ($m\ge2$) представимо в виде суммы некоторых других членов построенной последовательности. Так как сумма всех чисел в пачках с номерами, меньшими $m$, меньше $b_m\lt2b_m+1\le a$, среди этих членов последовательности найдётся несколько чисел из $m$-й пачки; обозначим их $c_1$, $\ldots$, $c_k$. Остальные члены нашей суммы обозначим через $d_1$, $\ldots$, $d_l$:
$$
a=c_1+\ldots+c_k+d_1+\ldots+d_l.
$$
Так как сумма первых $b_m$ чисел $m$-й пачки равна
$$
(2b_m+1)+(4b_m+1)+\ldots+(2b_m^2+1)=b_m^3+b_m^2+b_m\gt b_m^3+1,
$$
т. е. больше наибольшего числа $m$-й пачки, и, следовательно, больше $a$, мы получаем, что $k\lt b_m$. Поэтому
$$
r=k+(d_1+\ldots+d_l)\lt b_m+(d_1+\ldots+d_l)\lt 2b_m.
$$
Но $a-r=(c_1+\ldots+c_k)-k=(c_1-1)+\ldots+(c_k-1)$. Поскольку каждое число из $m$-й пачки при делении на $2b_m$ даёт в остатке 1, числа $c_1-1$, $c_2-1$, $\ldots$, $c_k-1$ делятся на $2b_m$, так что $a-r$ делится на $2b_m$. Так как при этом $r\lt 2b_m$, $r$ равно остатку от деления $a$ на $2b_m$, т. е. $r=1$; значит, $k+d_1+\ldots+d_l=1$, что невозможно. Отсюда заключаем, что ни один член построенной последовательности $(a_n)$ не равен сумме нескольких других.
Проверим теперь, что $a_n\le100n^{\frac{\scriptstyle 7}{\scriptstyle 2}}$ при любом $n$.
При $n=1$ это очевидно. Если $a_n$ лежит во второй пачке, то $a_n\le1001\lt100\cdot2^{\frac{\scriptstyle 7}{\scriptstyle 2}}\le100n^{\frac{\scriptstyle 7}{\scriptstyle 2}}$. Пусть $a_n$ лежит в $m$-й пачке и $m\ge3$. Представим $a_n$ в виде $2kb_m+1$ ($1\le k\le \dfrac{b_m^2}{2}$) и рассмотрим два случая.
1°. $k\le b_{m-1}^2$. Тогда
$$
a_n \le 2b_{m-1}^2b_m+1\lt3b_{m-1}^2b_m=3b_{m-1}=3\cdot2^{\frac{\scriptstyle 7}{\scriptstyle 2}}\cdot (\dfrac{b_{m-1}^2}{2})^{\frac{\scriptstyle 7}{\scriptstyle 2}}.
$$
Но $\dfrac{b_{m-1}^2}2\lt n$, поскольку $\dfrac{b_{m-1}^2}2$ — число членов в $(m-1)$-й пачке. Поэтому $a_n\le3\cdot2^{\frac{\scriptstyle 7}{\scriptstyle 2}}\cdot n^{\frac{\scriptstyle7}{\scriptstyle2}}\lt100n^{\frac{\scriptstyle7}{\scriptstyle2}}$.
2°. $k\gt b_{m-1}^2$. Ясно, что номер $a_n$ в $m$-й пачке не превосходит его номера в последовательности, т. е. $k\le n$. Поэтому
$$
a_n=2kb_m+1\lt 3kb_m=3k(b_{m-1}^2)^{\frac{\scriptstyle 5}{\scriptstyle 2}}\lt 3k\cdot k^{\frac{\scriptstyle 5}{\scriptstyle 2}}\le3n^{\frac{\scriptstyle 7}{\scriptstyle 2}}.
$$
Таким образом, неравенство $a_n\le100n^{\frac{\scriptstyle 7}{\scriptstyle 2}}$ доказано для всех $n$. Неравенство $a_n\le n^{10}$ при $n=1$ и $n=2$ проверяется непосредственно, а при $n\gt 2$ вытекает из того, что $$
a_n\le100n^{\frac{\scriptstyle 7}{\scriptstyle 2}}\lt3^{\frac{\scriptstyle 13}{\scriptstyle 2}}\cdot n^{\frac{\scriptstyle 7}{\scriptstyle 2}}\le n^{\frac{\scriptstyle 13}{\scriptstyle 2}}\cdot n^{\frac{\scriptstyle 7}{\scriptstyle 2}}.
$$
Для экономии места мы не стали приводить более простые примеры последовательностей, дающие решение задачи в), но не решающие задачу г).
д) Ответ на этот вопрос отрицателен: такой последовательности не существует.
Докажем, что хотя бы один член последовательности $(a_n)$ такой, что $a_n\lt100n^{\frac{\scriptstyle 3}{\scriptstyle 2}}$ при всех $n=1$, 2, $\ldots$ равен сумме нескольких других. (Конечно, число 100 здесь можно заменить любой константой; от показателя $\dfrac32$ в нашем доказательстве нужно, чтобы он был меньше $\dfrac{\sqrt5+1}2$.$\Big)$
Рассмотрим прямоугольную таблицу с $10^{30}$ строками и $10^{18}$ столбцами. Присвоим её строкам номера от $10^{30}+1$ до $2\cdot10^{30}$, а столбцам — номера от 1 до $10^{18}$. На пересечении $n$-й строки и $k$-го столбца напишем число $c_{n,~k}=(a_1+a_2+\ldots+a_k)+a_n$. Оно не превосходит
$$\begin{gather*}
a_1+\ldots+a_{10^{18}}+a_{2\cdot10^{30}}\le100+100\cdot2^{\frac{\scriptstyle 3}{\scriptstyle 2}}+\ldots+100\cdot(10^{18})^{\frac{\scriptstyle 3}{\scriptstyle 2}}+100\cdot(2\cdot10^{30})^{\frac{\scriptstyle 3}{\scriptstyle 2}}\lt\\
\lt100\cdot(10^{18})^{\frac{\scriptstyle 3}{\scriptstyle 2}}\cdot10^{18}+100\cdot(10^{30})^{\frac{\scriptstyle 3}{\scriptstyle 2}}\cdot2^\frac{\scriptstyle 3}{\scriptstyle 2}=10^{47}+10^{47}\times2^{\frac{\scriptstyle 3}{\scriptstyle 2}}\lt4\cdot10^{47}.
\end{gather*}$$
$\colsep{0pt}{\begin{array}{c}
\bm{a_n\le n^{20}~~\text{и}~~a_n\le100n^{\frac{\scriptstyle\bm7}{\scriptstyle\bm2}}{:}}\\[6pt]
\begin{array}{cccc}
&&1,\\
21,&41,&\ldots,{}~&1001,\\
200\,001,{}~&400\,001,{}~&\ldots,{}~&10^{15}+1{,}
\end{array}\\
.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.~~.
\end{array}}$
Так как в таблице выписано $10^{48}$ чисел, каждое из которых может принимать менее $4\cdot10^{47}$ значений, какие-нибудь два из этих чисел совпадают. Пусть, например, $c_{n,~k}=c_{m,~l}$. Поскольку в $n$-й строке все числа различны, $n\neq m$. Можно считать, что $n\gt m$ (случай $m\gt n$ аналогичен). Равенство $c_{n,~k}=c_{m,~l}$ означает, что $$
(a_1+\ldots+a_k)+a_n=(a_1+\ldots+a_l)+a_m,
$$
откуда $k\lt l$ и $a_n=(a_{k+1}+\ldots+a_l)+a_m$. Так как при этом $l\le10^{18}\lt m$, получаем, что $a_n$ представляется в виде суммы нескольких других членов последовательности.
Конечно, зазор между $\dfrac{\sqrt5+1}2$ и $\dfrac72$ ещё довольно велик. Может быть, кому-либо из читателей удастся его сократить. По-видимому, пока лучшая оценка снизу чем $C\cdot n^\frac{\scriptstyle \sqrt5+1}{\scriptstyle 2}$, неизвестна.
Как нам сообщил венгерский математик П. Эрдёш, в своё время он тоже занимался задачей о последовательностях $(a_n)$, в которых ни одно число не равно сумме некоторых предыдущих, и получил для них оценки другого типа; в частности, он доказал, что сумма ряда $\dfrac1{a_1}+\dfrac1{a_2}+\dfrac1{a_3}+\ldots$ не превосходит 103. (Позднее было доказано, что эта сумма не превосходит 6.)
