nieuwe operator

Misschien zie ik iets over het hoofd bij het eerste deel...het lijkt triviaal...

$a,b\in S$, dus $a,b\geq 3$. Bijgevolg is $a\star b = a+2^{f(a)-1}(b-3) \geq 3+0 = 3 > 1$. Omdat $b\in S$ is $b-3$ even en dus is $2^{f(a)-1}(b-3)$ even, zodat $a\star b = a+2^{f(a)-1}(b-3)$ oneven is. (Want $a\in S$.) Dit toont het eerste gedeelte aan.

Werk $a\star (b\star c)$ en $(a\star b)\star c$ uit om op te merken dat de associativiteit van $\star$ equivalent is met $f(a\star b) = f(a)+f(b)-1$, voor alle $a,b\in S$.
Stel dat $b-1 = 2^k$ voor een $k\in\mathbb{N}_0$. Dan is $f(b) = f(2^k+1) = k$. Merk dan op dat $$a\star b = a+2^{f(a)-1}(b-3) = a+2^{f(a)}(2^{k-1}-1) > 2^{f(a)}+2^{f(a)}(2^{k-1}-1) = 2^{f(a)+k-1} = 2^{f(a)+f(b)-1}$$ Verder is ook $$a\star b = a+2^{f(a)-1}(b-3) < 2^{f(a)+1}+2^{f(a)}(2^{k-1}-1) = 2^{f(a)}(2^{k-1}+1) = 2^{f(a)+f(b)-1}+2^{f(a)} \leq 2^{f(a)+f(b)}$$Uit deze twee observaties volgt dat $2^{f(a)+f(b)-1} < a\star b < 2^{f(a)+f(b)}$, dus $f(a\star b) = f(a)+f(b)-1$, zoals gewenst.

Stel nu dus dat $b-1$ geen macht van 2 is. Dan is natuurlijk $b-3 \geq 2^{f(b)}$, want $b-3$ is het grootste getal kleiner dan $b$ dat een macht van 2 kan zijn. Bijgevolg is $$a\star b = a+2^{f(a)-1}(b-3) \geq 2^{f(a)}+2^{f(a)+f(b)-1} > 2^{f(a)+f(b)-1}$$Verder is ook $$a\star b = a+2^{f(a)-1}(b-3) < 2^{f(a)-1}(4+b-3) = 2^{f(a)-1}(b+1) \leq 2^{f(a)-1+f(b)+1} = 2^{f(a)+f(b)}$$Uit deze twee observaties volgt dat $2^{f(a)+f(b)-1} < a\star b < 2^{f(a)+f(b)}$, dus $f(a\star b) = f(a)+f(b)-1$, zoals gewenst.