Tita se visita sólo un número finito de puntos distintos para cualquier $k>1$. Para probar esto, para cualquier $k>1$ vamos a definir una secuencia de forma recursiva por: $s_{0,k}\doteq k$, $s_{n+1,k} \doteq f(s_{n,k})+g(s_{n,k})$ para cualquier $n \geq 0$. Así que queremos mostrar a $(s_{n,k})$ tiene sólo un número finito de términos distintos para cualquier $k$.
En primer lugar, vamos a probar el siguiente instrucción: Para cualquier $k>1$, $(s_{n,k})$ es, finalmente, constante o hay un $n \in \mathbb{N}$ tal que $s_{n,k} \leq k$.
$\textit{Proof:}$ Si $k$ no es primo, entonces $f(k), g(k) \leq \frac{k}{2}$, lo $s_{1,k} \leq k$ y hemos terminado, así que supongo $k$ es primo. Para simplificar las cosas, supongamos $k \geq 12$ (la afirmación se comprueba fácilmente para el prime $k<12$).
Desde $k$ es primo, tenemos $s_{2,k}=k+2$. Si $k+2$ no es primo, entonces $s_{3,k} \leq k+2$. En este caso, si $s_{3,k}=k+2$ lo hace desde $(s_{n,k})$, entonces sería eventualmente constante. Del mismo modo, si $s_{3,k} \leq k$ lo que también se hace, así que la única opción a considerar es $s_{3,k}=k+1$. Entonces tendríamos $2| s_{3,k}$, por lo que el $s_{4,k} \leq 2+ \frac{k+1}{2} \leq k$. Esto cubre el caso al $k+2$ no es primo, por lo que ahora vamos a considerar el caso restante.
Si $k+2$ es primo, entonces $s_{4,k}=k+4$. Nota entonces que, puesto que tanto $k$ $k+2$ es de los primeros, $k+4$ no puede ser primo. A continuación,$g(k+4) \leq \sqrt{k+4}$$f(k+4) \leq \frac{k+4}{2}$, lo $s_{5,k} \leq \sqrt{k+4}+ \frac{k+4}{2} \leq k$ (desde $k \geq 12)$. $\Box$
La demanda original, sigue ahora de una manera rápida argumento inductivo.
