Analys: en förmodan om funktionskurvor och symmetri

Om du inte kräver kontinuitet kan du få $y(x)=\frac{1}{(x-1)(x-2)(x-3)}$ med tre vertikala asymptoter.

EDIT: Oj, hade du skrivit symmetrilinjer...jag läste det som asymptoter!

Behöver du kräva ngn av dem? Känns tillräckligt omöjligt ändå. Hur skulle det se ut med tex 2?

Du har helt rätt. Om vi vill visa att så är fallet kan vi börja med att försöka konkretisera vad det faktiskt betyder att en funktion $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ har en vertikal symmetrilinje. Om funktionen $f$ har en vertikal symmetrilinje vid $x=a$ gäller då $f(2a-x)=f(x)$ för alla $x\in\mathbb{R}$ (förstår du varför?).

Att en funktion kan ha noll vertikala symmetrilinjer visas enkelt av vilken injektiv funktion som helst, säg t.ex. $f(x)=x$.

Att en funktion kan ha en vertikal symmetrilinje visas enkelt av vilken andragradsfunktion som helst, eftersom de kan skrivas på kvadratkompletterad form. Säg t.ex. $f(x)=x^2$.

Men nu kommer vi till den intressanta delen. Du förmodar helt korrekt att en funktion som har fler än en vertikal symmetrilinje också måste ha oändligt många vertikala symmetrilinjer. Ett elegant sätt att visa detta på tycker jag är följande.

Om vi har fler symmetrilinjer än en finns åtminstone två tal $a$ och $b$ sådana att $f(2a-x)=f(x)$ och $f(2b-x)=f(x)$ för alla $x\in\mathbb{R}$. Om vi då byter ut $x$ mot $2b-x$ i relationen $f(2a-x)=f(x)$ får vi:

$f(2a-(2b-x))=f(2b-x)$

$f(2a-2b+x)=f(2b-x)$

Men vi visste ju även att $f(2b-x)=f(x)$, så vi får:

$f(2a-2b+x)=f(x)$

Detta visar att $f$ måste vara periodisk med perioden $T=2(a-b)$ (eftersom $f(T+x)=f(x)$). Att en periodisk funktion har oändligt många vertikala symmetrilinjer är ganska intuitivt, men det är också enkelt att visa algebraiskt. Om $f(T+x)=f(x)$ gäller ju även att $f(nT+x)=f(x)$ för alla $n\in\mathbb{Z}$. Byter vi nu $x$ mot $nT+x$ i $f(2a-x)=f(x)$ får vi:

$f(2a-(nT+x))=f(nT+x)$

$f(2a-nT-x)=f(nT+x)$

varpå periodiciteten ger:

$f(2a-nT-x)=f(x)$

$f(2(a-n\cdot T/2)-x)=f\left(x\right)$

Detta visar tydligt att $x=a-n\cdot T/2=a-n\cdot 2(a-b)/2=a-n(a-b)$ är en vertikal symmetrilinje för alla $n\in\mathbb{Z}$. Detta innebär i sin tur att en funktion med 2 eller fler vertikala symmetrilinjer måste ha oändligt många vertikala symmetrilinjer, vilket visar din förmodan.

Vilket trevligt bevis! Vad kul att se dig igen!

Men är inte f(a-x)=f(a+x) samma? f(2a-x)=f(x) förstår jag inte

Jo, det är samma sak. Byt $x$ mot $x-a$ i ditt villkor så får du:

$f(a-(x-a))=f(a+x-a)$

$f(2a-x)=f(x)$

d.v.s. samma villkor som jag använde. Den formen tyckte jag passade bättre för uträkningarnas utseende, så jag använde den. (Man kan härleda den genom att tänka att avståndet till symmetrilinjen från $x$ är $a-x$, och så får vi punkten på andra sidan symmetrilinjen genom att ta $a+a-x=2a-x$.)