A feladat kérdésére igenlő a válasz: ilyen sorozat létezik. Az alábbi ,,öndokumentáló'' sorozat: 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 7, 7, $\text{...}$ önmaga gyakoriságsorozata is, és így persze minden $k$-ra létezik $k$-adrendű gyakoriságsorozata: a sorozat maga.
Az $a_k$ sorozatot teljes indukcióval adjuk meg úgy, hogy értékei 1-gyel kezdve a pozitív egész számok, a sorozat pedig monoton növő. Az $a_k$ sorozattal együtt egy $m_k$ sorozatot is építünk, ezek azok a helyek, ahol az $a_k$ sorozat ,,ugrik'', először veszi fel a $k$ értéket: $m_1=1$, $m_2=2$, $m_3=4$, $m_4=6$, $m_5=9$, $\text{...}$
Legyen $m_1=1=a_1$. Legyen most $n>1$, és tegyük föl, hogy az $m_k$ sorozat értékeit már megadtuk, ha $1\le k<n$, mégpedig úgy, hogy $k\le m_k$. (Ez $n=1$-re teljesül.) Ez persze azt jelenti, hogy az $a_i$ sorozat elemeit is megadtuk, ha $i\le m_{n-1}$. Az indukciós feltevés szerint tehát $n-1\le m_{n-1}$, és így $a_{n-1}$ értéke is definiált. Legyen most $m_n=m_{n-1}+a_{n-1}$, legyen $a_i=n-1$, ha $m_{n-1}<i<m_n$ és legyen $a_{m_n}=n$. Mivel az indukciós feltevés szerint $n-1=m_{n-1}$ és $a_{n-1}\ge 1$, azért továbbra is fennáll, hogy $n\le m_n$.
Végül a sorozat készítése alapján világos, hogy $a_k=n-1$ pontosan akkor teljesül, ha $m_{n-1}\le k<m_n=m_{n-1}+a_{n-1}$, tehát éppen $a_{n-1}$-szer, ezért $f_k=a_k$ valóban minden $k$-ra fennáll.