а) Приведём пример нужной прогрессии: $73^2$, $5^2\cdot73^2$, $7^2\cdot73^2$, $73^3$. В пункте б) решения объяснено, как строится этот и другие, ему подобные, примеры.
б) Ответ: да, существует. Покажем, как по прогрессии $a_1$, $\ldots$, $a_m$ длины $m$ ($m\ge2$) из степеней натуральных чисел можно построить прогрессию из степеней длины $m+1$. Пусть разность данной прогрессии равна $d$ и $a_i=n_i^{k_i}$, $i=1$, $\ldots$, $m$. Припишем к нашей прогрессии её следующий член $b=a_m+d$ и умножим все числа $a_1$, $\ldots$, $a_m$, $b$ на $b^k$, где $k$ — наименьшее общее кратное показателей $k_1$, $\ldots$, $k_m$. Полученная последовательность из $m+1$ чисел
$$
a_1b^k,~\ldots,~a_mb^k,~b^{k+1}
$$
очевидно, является арифметической прогрессией с разностью $d\cdot b^k$, причём все её члены — степени натуральных чисел $\Big($так как $a_ib^k=\Big(n_ib^{\frac{\scriptstyle k}{\scriptstyle k_i}}\Big)^{k_i}\Big)$. Таким образом, например, любую пару степеней можно «нарастить» до прогрессии любой заданной длины. Пример в пункте а) получен из прогрессии 1, 25, 49.
в) Ответ: не существует. Приведём доказательство, основанное на рассмотрении ряда из чисел, обратных к членам прогрессии.
Заметим, что для любой бесконечной арифметической прогрессии $a_1$, $\ldots$, $a_m$, $\ldots$ из натуральных чисел сумма
$$
S_m=\dfrac1{a_1}+\dfrac1{a_2}+\ldots+\dfrac1{a_m}
$$
с ростом $m$ неограниченно возрастает.
Действительно, поскольку $a_{i+1}\le(a_1+d)i=a_2i$ при $i=1$, 2, $\ldots$, где $d$ — разность прогрессии, то $$
S_m\ge\dfrac1{a_1}+\dfrac1{a_2}\left(1+\dfrac12+\ldots+\dfrac1{m-1}\right)
=\dfrac1{a_1}+\dfrac1{a_2}s_{m-1}.
$$
Одно из обычных доказательств неограниченного возрастания суммы $s_m$ состоит в следующем: пусть $2^k\le m\lt2^{k+1}$, тогда
$$
\begin{gather*}
s_m\gt1+\left(\dfrac12+\dfrac13\right)+\left(\dfrac14+\dfrac15+\dfrac16+\dfrac17\right)+\ldots
+\left(\dfrac1{2^{k-1}}+\ldots+\dfrac1{2^k-1}\right)\gt\\
\gt1+\left(\dfrac12+\dfrac12\right)+\left(\dfrac14+\dfrac14+\dfrac14+\dfrac14\right)+\ldots
+\left(\dfrac1{2^{k-1}}+\ldots+\dfrac1{2^{k-1}}\right)=k\gt\log_2 m-1.
\end{gather*}
$$
Теперь покажем, что для любого набора (без повторений) степеней натуральных чисел сумма обратных к ним величин не превосходит $2$.
Числа, обратные к степеням (не ниже второй) данного натурального числа $n$, образуют бесконечную геометрическую прогрессию со знаменателем $\dfrac1n$ и первым членом $\dfrac1{n^2}$. Их сумма (при $n\gt1$) равна
$$
A_n=\dfrac1{n^2}+\dfrac1{n^3}+\ldots=\dfrac1{n^2}\cdot\dfrac1{1-\dfrac1n}=\dfrac1{n(n-1)}.
$$
Пусть наибольшее число, степень которого входит в данный набор степеней, равно $m$. Тогда сумма чисел, обратных к этим степеням, не превосходит
$$
\begin{gather*}
1+A_2+A_3+\ldots+A_m=
1+\dfrac1{1\cdot2}+\dfrac1{2\cdot3}+\ldots+\dfrac1{(m-1)m}=\\
=1+\left(1-\dfrac12\right)+\left(\dfrac12-\dfrac13\right)+\ldots+\left(\dfrac1{m-1}-\dfrac1m\right)=2-\dfrac1m\lt2,
\end{gather*}
$$
что и требовалось доказать.
Из двух доказанных утверждений, очевидно, вытекает, что составить бесконечную арифметическую прогрессию из степеней натуральных чисел невозможно.
Другое решение задачи опирается на то, что доля, которую составляют члены произвольной арифметической прогрессии с разностью $d$ среди первых $n$ натуральных чисел, с ростом $n$ приближается к $\dfrac1d$, а доля, составляемая среди тех же чисел всевозможными степенями натуральных чисел, стремится к 0. Читатель без труда восстановит детали этого решения, ознакомившись с решением задачи М783 (Квант, 1982, №8, с. 35).
г), д) Ответ к обеим задачам г) и д): существует. Из разнообразных примеров мы выбрали такой, который годится сразу для обеих задач, — прогрессию 10, 30, 50, $\ldots$. Её $n$-й член $a_n=-10+20n=(2n-1)\cdot10$ при любом $n$ оканчивается ровно одним нулём и, следовательно, не может быть степенью натурального числа (так как делится на 10, но не делится на $10^2$) и не состоит из одинаковых цифр.
