Sí, creo que esto debería seguirse fácilmente de dos lemas muy simples:
Lema 1: Si $S = ( a_1 \le a_2 \le a_3 \le \cdots)$ es un multiconjunto de enteros positivos, entonces todo número natural puede representarse como una suma de elementos distintos de $S$ si para todo $k\ge 0$ , $$\tag{*}\sum_{i=1}^k {a_i} \ge a_{k+1}-1.$$ De forma equivalente: para cada $m$ los elementos de $S$ sin exceder $m$ suman al menos $m$ .
Prueba. Una dirección es obvia: si $\sum_{i=1}^k {a_i} < a_{k+1}-1$ para algunos $k$ entonces no hay manera de representar $a_{k+1}-1$ como una suma de elementos de $S$ .
En sentido inverso, demostramos por inducción que si $S$ satisface (*), entonces todo entero no negativo hasta $\sum_{i=1}^n a_i$ puede representarse como una suma de términos de $S_n := (a_1, a_2, \ldots, a_n)$ . El caso base $n=1$ es fácil porque (*) con $k=0$ implica que $a_1 = 1$ .
Para el paso de inducción, supongamos $S_n$ representa todos los números hasta $M$ donde $M \ge a_{n+1}-1$ . Entonces es fácil ver que $S_{n+1}$ representa cada $0 \le x \le M+a_{n+1}$ : si $0 \le x \le M$ esto es obvio, mientras que si $x \ge M+1 \ge a_{n+1}$ entonces $x-a_{n+1}$ es un número entero no negativo que no supera $M$ que puede ser representado por $S_n$ . Ahora sólo hay que añadir $a_{n+1}$ .
Esto demuestra la primera equivalencia. Ahora observamos que (*) es equivalente a la afirmación de que $\sum_{x \in S, x \le m} x \ge m$ para cada $m$ . Si (*) se cumple, entonces para cualquier $m \in \mathbb N$ , dejemos que $k$ sea el mayor número entero tal que $a_k \le m$ . Entonces la suma de todos los elementos hasta $m$ es precisamente $\sum_{i=1}^k a_k \ge a_{k+1} - 1 > m-1$ , lo que hace que al menos $m$ .
En el otro sentido, (*) es vacuamente cierto siempre que $a_k = a_{k+1}$ Así pues, supongamos que $a_k < a_{k+1}$ . Ahora elija $m=a_{k+1}-1 \ge a_k$ y aplicar la propiedad de que todos los elementos hasta $m$ suman al menos $m$ .
Lema 2: Sea $b \ge 2$ y $n \in \mathbb N$ . La suma de todos los $b^i$ sin exceder $n$ es al menos $\frac{n}{b-1}$ .
Prueba. Este es muy fácil. Si $r$ es el mayor número entero tal que $b^r \le n$ entonces $n < b^{r+1}$ Por lo tanto $n \le b^{r+1}-1 = (b-1)(1 + b + \cdots + b^r)$ .
Finalmente, combinando estos dos lemas se obtiene la afirmación de la pregunta: sea $S$ sea el conjunto de todas las potencias no negativas de todos los $a_k$ . Para cada $m \in \mathbb N$ la suma de todos los elementos de $S$ hasta $m$ es al menos $\sum_k \frac{m}{a_k-1} \ge m$ .
