La respuesta es "no", como usted esperaba. El número $ 2018 $ y el conjunto $ \mathbb Z $ son casi irrelevantes. Además, las suposiciones son en cierto modo más que necesarias. Así que presento un argumento más general que, en mi opinión, explica la situación con mayor claridad.
Sea $ f : \mathbb R \to \mathbb R $ y para cada $ n \in \mathbb N $ denota el rango de $ f ^ n $ por $ A _ n $ . Es fácil ver inductivamente que para cada $ m , n \in \mathbb N $ con $ m \ge n $ tenemos $ A _ m \subseteq A _ n $ .
Supongamos que $ f $ es creciente, y existe un $ N \in \mathbb N $ tal que $ A _ N $ es finito, digamos con $ M $ elementos. A continuación, para cada $ n \in \mathbb N $ con $ n \ge N $ , $ A _ n $ es un subconjunto de $ A _ N $ y, por tanto, finito. Por lo tanto, para cada $ n \in \mathbb N $ podemos considerar $ a _ n $ el elemento máximo de $ A _ { N + n } $ . Desde $ f $ es creciente, se puede demostrar inductivamente que $ f ( a _ n ) = a _ { n + 1 } $ y $ a _ { n + 1 } \le a _ n $ para cada $ n \in \mathbb N $ . Ahora bien, puesto que $ A _ N $ tiene $ M $ elementos y $ a _ n \in A _ { N + n } \subseteq A _ N $ para cada $ n \in \mathbb N $ por el principio de encasillamiento, hay $ m , n \in \{ 0 , \dots , M \} $ con $ m < n $ y $ a _ m = a _ n $ . Esto implica que dejar $ b = a _ { N + M - 1 } $ tenemos $ f ( b ) = b $ .
Ahora bien, puesto que $ f $ es creciente, para cada $ x \in \mathbb R $ con $ x \ge b $ se puede demostrar inductivamente que $ f ^ n ( x ) \ge b $ para cada $ n \in \mathbb N $ . Además, puesto que $ b = a _ { N + M - 1 } $ tenemos $ f ^ { N + M - 1 } ( x ) \le b $ que, junto con el resultado anterior, demuestra que $ f ^ { N + M - 1 } ( x ) = b $ .
Por último, tenga en cuenta que $ f $ es creciente, si existe un $ x \in \mathbb R $ con $ x > b $ y $ f ( x ) = b $ entonces para cada $ y \in \mathbb R $ con $ b \le y \le x $ tenemos $ f ( y ) = b $ lo que demuestra que hay infinitas (de hecho, incontables) $ y \in \mathbb R $ con $ f ( y ) = b $ . Por lo tanto, si exigimos que esto ocurra sólo para un número finito de $ y $ (o incluso para un número contable de $ y $ ), entonces para cada $ x \in \mathbb R $ con $ x > b $ debemos tener $ f ( x ) \ne b $ . Combinamos esto con el párrafo anterior para demostrar inductivamente que para cada $ x \in \mathbb R $ con $ x > b $ y cada $ n \in \mathbb N $ con $ n < N + M $ hay que tener $ f ^ { N + M - n - 1 } ( x ) = b $ . Según el párrafo anterior, la afirmación es válida para $ n = 0 $ . Suponiendo que la declaración para $ n = m $ donde $ m + 1 < N + M $ Obsérvese que si tuviéramos $ f ^ { N + M - ( m + 1 ) - 1 } ( x ) > b $ tendríamos $ f ^ { N + M - m - 1 } ( x ) \ne b $ lo que contradice la hipótesis. Por lo tanto, debemos tener $ f ^ { N + M - ( m + 1 ) - 1 } ( x ) \le b $ . Además, por el párrafo anterior, tenemos $ f ^ { N + M - ( m + 1 ) - 1 } ( x ) \ge b $ lo que demuestra la afirmación para $ n = m + 1 $ . Por último, como el resultado es válido para $ n = N + M - 1 $ debemos tener $ x = b $ lo cual es absurdo.
En resumen, hemos demostrado que si $ f : \mathbb R \to \mathbb R $ es creciente y existe un $ N \in \mathbb N $ tal que $ A _ N $ es finito, entonces existe un $ b \in A _ N $ tal que $ \{ x \in \mathbb R | f ( x ) = b \} $ no es finito, ni siquiera contable.
Volviendo al problema original, si dejamos que $ N = 2018 $ entonces como $ A _ N \subseteq \mathbb Z $ , $ A _ N \subseteq A _ 1 $ y $ A _ 1 \cap \mathbb Z $ es finito, por lo tanto $ A _ N $ es finito. Por lo tanto, debe existir un $ b \in A _ N \subseteq \mathbb Z $ con infinitas $ x \in \mathbb R $ satisfaciendo $ f ( x ) = b $ contradiciendo la hipótesis del problema. Por tanto, no existe ninguna función $ f $ que cumpla todas esas condiciones.
