Es fácil ver que f ( n ) = n + 1 satisface la ecuación funcional f ^ { f ( a ) } ( b ) f ^ { f ( b ) } ( a ) = f ( a + b ) ^ 2 \text , \tag 0 \label 0 ya que entonces para cada entero positivo m y n se tendrá f ^ m ( n ) = n + m . Se puede demostrar que ésta es la única solución inyectiva de \eqref {0} que mapea enteros positivos a enteros positivos, y por tanto el único valor posible para f ( 2017 ) es 2018 que muestra S = 2018 y por lo tanto S \mod 1000 = 18 . Para ver esto, primero hay que tener en cuenta que f no puede tomar el valor 1 porque si f ( n ) = 1 para algún número entero positivo n , dejando entonces que a = b = n en \eqref {0}, se obtiene f ( 2 n ) = 1 que por la inyectividad de f rinde n = 2 n , lo que no puede ocurrir. A continuación, dejemos que b = a en \eqref {0} para obtener f ^ { f ( a ) } ( a ) = f ( 2 a ) \text , y por inyectividad, f ^ { f ( a ) - 1 } ( a ) = 2 a \text , \tag 1 \label 1 como tú mismo has hecho. Podemos utilizar \eqref {1} para demostrar inductivamente f ^ { \sum _ { m = 1 } ^ n f \left( 2 ^ { m - 1 } a \right) - n } ( a ) = 2 ^ n a para cada entero no negativo n (tenga en cuenta que si n = 0 el lado izquierdo da f ^ 0 ( a ) es decir a ), lo que demuestra, en particular, que \left\{ f ^ i ( a ) \right\} _ { i = 0 } ^ \infty es infinito. Como consecuencia, podemos ver que si para algunos enteros no negativos i y j tenemos f ^ i ( a ) = f ^ j ( a ) , entonces debemos tener i = j .
Ahora podemos demostrar que f ( 1 ) = 2 . Si ese no es el caso, debemos tener f ( 1 ) = n + 2 para algún número entero positivo n . Entonces tenemos f ^ { n + 1 } ( 1 ) = 2 poniendo a = 1 en \eqref {1}, y dejando a = f ^ n ( 1 ) en \eqref {1} obtenemos 2 f ^ n ( 1 ) = f ^ { f \left( f ^ n ( 1 ) \right) - 1 } \big( f ^ n ( 1 ) \big) = f ^ { f ^ { n + 1 } ( 1 ) - 1 } \big( f ^ n ( 1 ) \big) = f ^ { 2 - 1 } \big( f ^ n ( 1 ) \big) = f ^ { n + 1 } ( 1 ) = 2 \text . Pero esto significa f \left( f ^ { n - 1 } ( 1 ) \right) = 1 , lo cual es imposible.
A continuación, demostramos que f ( 2 ) = 3 . Para ver esto, primero hay que notar que si para algún entero positivo n y algún número entero positivo k \ne 1 tenemos f ( n ) = 2 k , dejando que a = k en \eqref {1} obtenemos f ^ { f ( k ) - 1 } ( k ) = f ( n ) y como debemos tener f ( k ) > 2 obtenemos f \left( f ^ { f ( k ) - 3 } ( k ) \right) = f ( n ) . Por la inyectividad de f concluimos que existe un número entero positivo m tal que f ( m ) = n . Ya que al poner a = 1 y b = 2 en \eqref {0} y utilizando \eqref {1} tenemos f ( 3 ) ^ 2 = f ^ { f ( 1 ) } ( 2 ) f ^ { f ( 2 ) } ( 1 ) = f ^ 2 ( 2 ) f ^ { f ( 2 ) - 1 } \big( f ( 1 ) \big) = f ^ 2 ( 2 ) f ^ { f ( 2 ) - 1 } ( 2 ) = 4 f ^ 2 ( 2 ) \text , se deduce que hay un número entero positivo k tal que f ( 3 ) = 2 k . Como f ( 3 ) \ne f ( 1 ) = 2 Debemos tener k \ne 1 y, por tanto, hay un número entero positivo m con f ( m ) = 3 . Sabemos que m \ne 1 . m no puede ser igual a 3 tampoco, porque entonces por \eqref {1} tendríamos 6 = f ^ { f ( 3 ) - 1 } ( 3 ) = f ^ 2 ( 3 ) = 3 . Si m > 3 podemos dejar que a = m - 3 y b = 3 en \eqref {0} y ver que 9 = f ( m ) ^ 2 = f ^ { f ( m - 3 ) } ( 3 ) f ^ { f ( 3 ) } ( m - 3 ) \text . Como no de f ^ { f ( m - 3 ) } ( 3 ) y f ^ { f ( 3 ) } ( m - 3 ) puede ser igual a 1 Debemos tener f ^ { f ( m - 3 ) } ( 3 ) = f ^ { f ( 3 ) } ( m - 3 ) = 3 . Pero f ^ { f ( m - 3 ) } ( 3 ) = 3 = f ^ 0 ( 3 ) lleva a f ( m - 3 ) = 0 lo cual es imposible. Por lo tanto, el único caso posible es m = 2 , según se desee.
Por último, utilizamos la inducción fuerte sobre n para demostrar que f ( n ) = n + 1 para cada número entero positivo n \ge 3 . Tenga en cuenta que como n \ge 3 si dejamos que a = \left\lfloor \frac { n + 1 } 2 \right\rfloor y b = \left\lceil \frac { n + 1 } 2 \right\rceil entonces a y b son enteros positivos menores que n tal que a + b = n + 1 . Por hipótesis de inducción, supongamos que f ( m ) = m + 1 para cada número entero positivo m menos de n . Esto demuestra que f ^ { n - m } ( m ) = n para cada número entero positivo m menos de n . Por lo tanto, utilizando \eqref {0} tenemos f ( n + 1 ) ^ 2 = f ( a + b ) ^ 2 = f ^ { f ( a ) } ( b ) f ^ { f ( b ) } ( a ) = f ^ { a + 1 } ( b ) f ^ { b + 1 } ( a ) \\ = f ^ { n + 2 - b } ( b ) f ^ { n + 2 - a } ( a ) = f ^ 2 \left( f ^ { n - b } ( b ) \right) f ^ 2 \left( f ^ { n - a } ( a ) \right) = \left( f ^ 2 ( n ) \right) ^ 2 \text . Por lo tanto, tenemos f ( n + 1 ) = f \big( f ( n ) \big) y, por tanto, por la inyectividad de f , f ( n ) = n + 1 , según se desee.