给定一个形如 $f(x)=ax+b$ 的非常数函数所组成的非空集 $G$，这里 $a,b$ 是实数，且 $a\ne 0$，$x$ 是实变数．若 $G$ 有如下性质：
（1）若 $f,g\in G$，则 $g\circ f\in G$，其中定义 $(g\circ f)(x)=g[ f(x) ]$；
（2若 $f\in G$，且 $f(x)=ax+b$，则反函数 $f^{-1}$ 也属于 $G$，这里 ${{f}^{-1}}(x)=\dfrac{x-b}{a}$；
（3）对每一个 $f\in G$，有一个 $x_f$，使 $f({x}_{f})={x}_{f}$．
求证：总有一个 $k$，使对所有的 $f\in G$，有 $f(k)=k$．（波兰）
（1）若 $f,g\in G$，则 $g\circ f\in G$，其中定义 $(g\circ f)(x)=g[ f(x) ]$；
（2若 $f\in G$，且 $f(x)=ax+b$，则反函数 $f^{-1}$ 也属于 $G$，这里 ${{f}^{-1}}(x)=\dfrac{x-b}{a}$；
（3）对每一个 $f\in G$，有一个 $x_f$，使 $f({x}_{f})={x}_{f}$．
求证：总有一个 $k$，使对所有的 $f\in G$，有 $f(k)=k$．（波兰）
【难度】
【出处】
1973年第15届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
对于函数 $f(x)=ax+b$，若 $a\ne 1$，则有唯一的点 $x_0$ 使 $f(x_0)=x_0$，这里 $x_0=\dfrac{b}{1-a}$．若 $a=1$，则仅当 $b=0$ 时才有 $x_0$ 使 $f(x_0)=x_0$，这时 $x_0$ 可以是任意实数．
由（3）知，对 $f(x)=ax+b\in G$，若 $a\ne 1$，必有 $f(x)=x$．下面证明，对任意的 $f(x)=ax+b\in G$ 和 $g(x)=cx+d\in G$，当 $a,c$ 都不为 $1$ 时，必有 $\dfrac{b}{1-a}=\dfrac{d}{1-c}$，即方程 $f(x)=x$ 与 $g(x)=x$ 有共同的根．
这是因为
$\begin{aligned}
\varphi(x)&=f(g(x))=acx+ad+b\in G\\
\psi(x)&=f^{-1}(g^{-1}(x))=\dfrac{x}{ac}-\dfrac{d}{ac}-\dfrac{b}{a}\in G\\
\varphi(\psi(x))&=ac\left(\dfrac{x}{ac}-\dfrac{d}{ac}-\dfrac{b}{a}\right)+ad+b\\
&=x-(bc+d)+(ad+b)\in G
\end{aligned}$
所以由上面讨论知，$ad+b=bc+d$．
由（3）知，对 $f(x)=ax+b\in G$，若 $a\ne 1$，必有 $f(x)=x$．下面证明，对任意的 $f(x)=ax+b\in G$ 和 $g(x)=cx+d\in G$，当 $a,c$ 都不为 $1$ 时，必有 $\dfrac{b}{1-a}=\dfrac{d}{1-c}$，即方程 $f(x)=x$ 与 $g(x)=x$ 有共同的根．
这是因为
$\begin{aligned}
\varphi(x)&=f(g(x))=acx+ad+b\in G\\
\psi(x)&=f^{-1}(g^{-1}(x))=\dfrac{x}{ac}-\dfrac{d}{ac}-\dfrac{b}{a}\in G\\
\varphi(\psi(x))&=ac\left(\dfrac{x}{ac}-\dfrac{d}{ac}-\dfrac{b}{a}\right)+ad+b\\
&=x-(bc+d)+(ad+b)\in G
\end{aligned}$
所以由上面讨论知，$ad+b=bc+d$．
答案
解析
备注
