\documentclass{article}
\usepackage{polski}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[margin=2cm]{geometry}
\usepackage{MnSymbol}
\usepackage{enumerate}
\usepackage{graphicx}
\author{Paulina Trybulec}
\begin{document}
 
\begin{center}
\underline{\huge Badanie przebiegu zmienności funkcji f(x) =$\frac{x}{\ln x}$}
\end{center}
 
\begin{enumerate}[I.]
 
\begin{bfseries} \item \large Dziedzina: \end{bfseries} \\
Dziedziną podanej funkcji jest przedział:  $x\in(0;1)\cup(1;+\infty)$, ponieważ:
\begin{center}
$ x > 0$, \ \ \   oraz\\
$\ln x\neq 0 \iff x\neq1$ \\
\end{center}
 
\begin{bfseries} \item \large Parzystość, nieparzystość, okresowość, punkty przecięcia: \end{bfseries}
\begin{itemize}
 
\item Funkcja nie jest \textbf{parzysta}, ponieważ nie istnieje dla $x \leq 0$, więc nie spełnia warunku $f(-x)=f(x)$. \\
np. f(x) =$\frac{x}{\ln x}$ nie istnieje dla $x=-2$, \ \ \ \ \ \ f(x) =$\frac{x}{\ln x}$=$\frac{2}{\ln 2}\approx2.88$ dla $x=2$ \\
 
\item Funkcja nie jest \textbf{nieparzysta}, ponieważ nie jest symetryczna względem punktu  $(0,0)$ \\
Funkcja istnieje tylko dla argumentów $x > 0$, więc nie spełnia warunku $f(-x)=-f(x)$ \\
 
\item Funkcja nie jest \textbf{okresowa} - nie posiada okresu w związku z czym nieprawdziwe jest sformułowanie: \\
istnieje taka liczba $t \neq 0$, która dodana do dowolnej dopuszczalnej wartości argumentu nie zmienia wartości funkcji, tzn. $f(x + t) = f(x)$. \\
\item Punkty przecięcia:
\begin{itemize}
\item Oś $OX$: brak miejsc zerowych
\item Oś $OY$: brak miejsc zerowych
\end{itemize}
\end{itemize}
 
\begin{bfseries} \item \large Granice na krańcach dziedziny: \end{bfseries}
\begin{enumerate}[1.]
\item $\lim\limits_{x \to 0^{+}}  (\frac{x}{\ln x}) = [ \frac{0}{-\infty} ] = 0$ \\
\item $\lim\limits_{x \to 1^{-}}  (\frac{x}{\ln x}) = [ \frac{1^{-}}{0} ] = -\infty$ \\
\item $\lim\limits_{x \to 1^{+}}  (\frac{x}{\ln x}) = [ \frac{1^{+}}{0} ] = +\infty$ \\
\item $\lim\limits_{x \to +\infty}  (\frac{x}{\ln x}) = (H) \lim\limits_{x \to +\infty} (\frac{1}{\frac{1}{x}}) = [ \frac{\infty}{1} ] = +\infty$ \\
\end{enumerate}
 
\begin{bfseries} \item \large Asymptoty: \end{bfseries}
 
\begin{itemize}
\item \textbf{Asymptoty pionowe:} \\
Bierzemy pod uwagę punkt $x=1$, ponieważ nie należy on do dziedziny funkcji:
\begin{enumerate}[1.]
\item $\lim\limits_{x \to 1^{-}}  (\frac{x}{\ln x}) = \frac{1^{-}}{0} = -\infty$ \\
\item $\lim\limits_{x \to 1^{+}}  (\frac{x}{\ln x}) = \frac{1^{+}}{0} = +\infty$ \\
\end{enumerate}
Funkcja posiada asymptotę pionową o równaniu $x = 1$
 
\item \textbf{Asymptoty poziome:} \\
Liczymy granice $\lim\limits_{x \to -/+\infty}  (\frac{f(x)}{x})$ \\
\begin{enumerate}[1.]
\item $\lim\limits_{x \to -\infty}  (\frac{x}{\ln x} \cdot \frac{1}{x}) = \lim\limits_{x \to -\infty} (\frac{1}{\ln x})$ \ \ \ Granica nie istnieje, ponieważ $\lim\limits_{x \to -\infty} (\ln x)$ nie istnieje \\
\item $\lim\limits_{x \to +\infty} (\frac{x}{\ln x} \cdot \frac{1}{x}) = \lim\limits_{x \to +\infty} (\frac{1}{\ln x}) =\lim\limits_{x \to +\infty}(\frac{1}{\ln x})=0 $, ponieważ \ $\left[ \frac{1}{+\infty}\right]$ \\
\end{enumerate}
Granica w $-\infty$ $\neq 0$ więc funkcja nie posiada asymptot poziomych. \\
 
\item \textbf{Asymptoty ukośne:} \\
Granice $\lim\limits_{x \to -/+\infty}  (\frac{f(x)}{x})$ nie są takie same, więc funkcja $f(x)=\frac{x}{\ln x}$ nie posiada asymptot ukośnych. \\
\end{itemize}
\textbf{WNIOSEK:} Jedyną asymptotą funkcji $f(x)=\frac{x}{\ln x}$ jest asymptota pionowa o równaniu $x = 1$. \\
 
\begin{bfseries} \item \large Znak funkcji: \end{bfseries}
\begin{itemize}
\item Funkcja przyjmuje wartości dodatnie dla $x\in(-\infty;0)\cup(1;+\infty)$ \\
$f(x) > 0 \iff \frac{x}{\ln x} > 0 \iff x(\ln x) > 0 \iff x\in(-\infty;0)\cup(1;+\infty)$ \\
\item Funkcja przyjmuje wartości ujemne dla  $x\in(0;1)$ \\
$x(\ln x) < 0 \iff x\in(0;1)$
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.4]{znakfunkcji.png}
\end{center}
\end{itemize}
\begin{bfseries} \item \large Pochodna pierwszego rzędu: \end{bfseries}
\begin{itemize}
\item $ f^{\prime}(x) = f^{\prime}(\frac{x}{\ln x}) = \frac{1 \cdot \ln x- x \cdot \frac{1}{x}}{\ln^{2}x} = \frac{\ln x - 1}{\ln^{2}x}$ \\
\item Dziedzina pierwszej pochodnej to przedział $(0;1) \cup (1;+\infty)$ \\
\item Przyrównujemy ją do zera: \\
$f^{\prime}(x) = 0 \iff \frac{\ln x - 1}{\ln^{2}x} = 0$ \\
$\ln x - 1 = 0 \iff \ln x = 1 \iff x = e$ \\
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.7]{1poch.png}
\end{center}
\item W otoczeniu punktu $x=e$ funkcja $f(x)=\frac{x}{\ln x}$ zmienia znak z ujemnego na dodatni, a więc funkcja osiąga minimum lokalne w tym punkcie.

\pagebreak

\item $f^{\prime}(x) > 0$ dla $x\in (0;1) \cup (1;e)$ \\
\item $f^{\prime}(x) < 0$ dla $x\in (e;+\infty)$ \\


\item Wykres pierwszej pochodnej funkcji: $ f^{\prime}(x) = \frac{\ln x - 1}{\ln^{2}x}$ \\
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.75]{pierwszapochodna.png}
\end{center}
 \item $f = \frac{\ln x - 1}{\ln^{2}x}$
 \item $g = x = 1 \rightarrow$ asymptota 
\end{itemize}
 
\pagebreak
\begin{bfseries} \item \large Pochodna drugiego rzędu: \end{bfseries}
 \begin{itemize}
\item $f^{\prime\prime}(x) = f^{\prime}(\frac{\ln x - 1}{\ln^{2}x}) = \frac{(\ln x -1)^{\prime} \cdot (\ln^{2}x) - (\ln x -1) \cdot (\ln^{2}x)^{\prime}}{\ln^{2}x}=$
$\frac{\frac{1}{x} \cdot \ln^{2}x - (\ln x -1) \cdot \frac{2 \cdot \ln x}{x}}{\ln^{4}x} = \frac{\frac{\ln^{2}x}{x} - \frac{2 \cdot \ln^{2}x + 2 \cdot \ln x}{x}}{\frac{\ln^{4}x}{1}} =$ \\
$\frac{\ln^{2}x - 2 \cdot \ln^{2}x + 2 \cdot \ln x}{x} \cdot \frac{1}{\ln^{4}x} = \frac{-\ln^{2}x + 2 \cdot \ln x}{x \cdot \ln^{4}x} = \frac{\ln x \cdot (-\ln x + 2)}{\ln x \cdot (x \cdot \ln^{3}x)} = \frac{-\ln x + 2}{x \cdot \ln^{3}x}$ \\
\item Dziedzina drugiej pochodnej to przedział $(0;1) \cup (1;+\infty)$ \\
\item Przyrównujemy ją do zera: \\
$\frac{-\ln x + 2}{x \cdot \ln^{3}x} = 0 \iff -\ln x + 2 = 0 \iff \ln x = 2 \iff x = e^{2}$
\item Z powyższych obliczeń wynika, że punktem przegięcia jest punkt $x = e^{2}$. 
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.72]{2poch.png}
\end{center}
\item $f^{\prime\prime}(x) > 0$ dla $x \in (1;e^{2})$. Oznacza to, że wykres drugiej pochodnej jest wypukły ku dołowi w tym przedziale. 
\item $f^{\prime\prime}(x) < 0$ dla $x \in (0;1) \cup (e^{2}; +\infty)$. Oznacza to, że wykres drugiej pochodnej jest wypukły ku górze w tych przedziałach. 
\item Wykres drugiej pochodnej funkcji: $f^{\prime\prime}(x) = \frac{-\ln x + 2}{x \cdot \ln^{3}x}$
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.72]{drugapochodna.png}
\end{center}
 \item $f = \frac{-\ln x + 2}{x \cdot \ln^{3}x}$
 \item $g = x = 1 \rightarrow$ asymptota 
\end{itemize}
 
\pagebreak
 
\begin{bfseries} \item \large Tabelka i wykres funkcji: \end{bfseries}\\
\begin{itemize}
\item Funkcja $f(x)=\frac{x}{\ln x}$ \\
\end{itemize}
\def\arraystretch{1.5}
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
$x$ & $0$ & $(0;1)$ & $1$ & $(1;e)$ & $e$ & $(e;e^{2})$ & $e^{2}$ & \multicolumn{1}{l|}{$(e^{2};+\infty)$} \\ \hline
$f^{\prime\prime}(x)$ & X & X & X & + & + & + & 0 & - \\ \hline
$f^{\prime}(x)$ & X & X & X & - & $0_{min}$ & + & + & + \\ \hline
$f(x)$ & X & $\lcurvearrowse$ & X & $\rcurvearrowse$ & $e_{min}$ & $\rcurvearrowne$ & $\frac{e^{2}}{2}$ & $\lcurvearrowne$ \\ \hline
$granica$ & 0 & \multicolumn{1}{l|}{} & nie istnieje & \multicolumn{1}{l|}{} & \multicolumn{1}{l|}{} & \multicolumn{1}{l|}{} & \multicolumn{1}{l|}{} & \multicolumn{1}{l|}{} \\ \hline
\end{tabular}
 
 
\begin{tabular}{lc}
\end{tabular}
\end{center}
\begin{itemize}
\item Wykres funkcji $f(x)=\frac{x}{\ln x}$ \\
\end{itemize}
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.75]{funkcja.png}
\end{center}
\begin{itemize}
 \item $f = \frac{x}{\ln x}$
 \item $g = x = 1 \rightarrow$ asymptota 
\end{itemize}
 
 
\end{enumerate}
\end{document}