Os muestro a continuación que $f(n)=n$ cualquier $n > 2014^{2014}$. Mi prueba es muy
El chino, se usa el teorema del resto Chino todo el tiempo.
La hipótesis sobre la función implica
$$
(n,m)=1 \Rightarrow (f(n),f(m))=1\,. \etiqueta{1}
$$
Existen infinitos números primos. En particular, existen conjuntos
de $2014\times 2015$ distintos números primos $(q_{ij})_{1\leq i\leq 2014,0\leq j\leq 2014}$
con $q_{ij} > 2014$ cualquier $i,j$. Llamamos a estos conjuntos de $Q$-de los sistemas. Para cualquier
$Q$-sistema de ${\cal Q}=(q_{ij})$, pongamos
$$
\begin{array}{lcl}
A_{\cal Q} &=& \lbrace n\geq 1 \ | \ q_{ij}\ \text{divides}\ n+i \ \text{for any}\ i,j
\rbrace\,.
\end{array} \etiqueta{2}
$$
Si $n\in A_{\cal Q}$, entonces ninguna de las $q_{ij}$ puede dividir $n$ (porque de lo contrario se tendría que dividir también a$i=(n+i)-i$,$\leq 2014$).
Así que por el teorema del resto Chino, hay un $m>n$ tal que
$m\equiv 1 \ ({\sf mod} \ n)$ $m\equiv -j \ ({\sf mod} \ q_{ij})$ todos los $i,j$. Por la construcción
$m$ $n$ son coprime, por lo $f(m)$ $f(n)$ son coprime también
por $(1)$. Ahora por la condición (ii) hay un $j_0\in\lbrace 0,1,\ldots ,2014\rbrace$ tal que
$f(m)=m+j_0$, por lo tanto $f(m)$ es divisible por todos los $q_{ij_0}(1\leq i\leq 2014)$.
Por lo $q_{ij_0}$ no divide $f(n)$ cualquier $i$, y, por tanto,$f(n)\neq n+i$.
La única posibilidad restante es $f(n)=n$. Por lo tanto, hemos demostrado que :
$$
\text{Si}\ n\A_{\cal P} \ \text{para algunas de}\ P\text{-sistema de}\ {\cal Q},
\ \text{entonces}\ f(n)=n. \etiqueta{3}
$$
Desde que existen infinitos números primos, podemos construir 2014 discontinuo
$Q$-sistemas de ${\cal Q}_1,{\cal Q}_2, \ldots,{\cal Q}_{2014}$. Luego, utilizando
el teorema del resto Chino, tenemos un entero $a$ tal que
$a+1\in A_{{\cal Q}_1}, \ldots ,a+2014\in A_{{\cal Q}_{2014}}$. Si denotamos
por $q$ el producto de todos los números primos en todas las ${\cal Q}_i$, cualquier número $n$ congruentes
a $a$ modulo $q$ va a satisfacer las mismas propiedades como $a$ : vamos a tener
$n+i\in A_{{\cal Q}_i}$ cualquier $1\leq i\leq 2014$, y, por tanto,$f(n+i)=n+i$$(3)$. Así, hemos
muestra :
$$
\text{Hay constantes} \ a,q \ \text{tales que para todo }\ n\ \text{con } n\equiv \
({\sf mod}\ p), \ f(n+i)=n+i \ (1\leq i\leq 2014) \etiqueta{4}
$$
Por último, vamos a $l$ ser un número tal que $f(l)\neq l$. A continuación,$f(l)>l$, y podemos construir una secuencia de itera
$u_0=l,u_1=f(u_0),u_2=f(u_1),\ldots$, continuando mientras $f(u_{k})>u_k$. Esta secuencia
tiene una longitud en la mayoría de las $q-2014$ $(4)$ por encima, por lo que deben detenerse en algunos de los $k$$f(u_k)=u_k$.
Tenemos $u_k=f(u_{k-1})=u_{k-1}+r$$1\leq r\leq 2014$. Entonces
$$
\begin{array}{lcl}
u_k &=& {\gcd}(f(u_{k-1}),f(u_k) ) \\
&\leq& {\gcd}(u_{k-1},u_{k})^{2014} \\
&=& {\gcd}(u_{k}-r,u_k)^{2014} \\
&=& {\gcd}(r,u_k)^{2014} \\
&\leq& r^{2014} \leq 2014^{2014}.
\end{array} \etiqueta{5}
$$
Por lo $l\leq 2014^{2014}$, lo que concluye la prueba.
