P01

2005/Rudens semestras/1 paskaita ir priedai Naudingumo maksimizavimo uždavinio sprendimas Lagrange’o daugiklių metodu

1

1. Vartotojai renkasi prekių rinkinius. Apskritai tam tikrą rinkinį galima pažymėti vektoriumi x = ( x1 , x 2 ,..., x n ) , čia xi ≡ atitinkamos prekės kiekis rinkinyje x , o n ≡ prekių skaičius. (Paprastai simboliu x žymėsiu vektorių, nebent iš konteksto būtų aiškiai matyti kitaip. Nors vektorių įprasta žymėti “riebesnio” šrifto simboliu x, tačiau jei laikyčiausi šio susitarimo, tai sugaiščiau žymiai daugiau laiko naudodamas MS Word lygčių redaktorių (equation editor).) 2. Apskritai yra prasminga manyti, kad individai iš visų įmanomų galimybių renkasi geriausią (geriausias), taigi ir vartotojai iš visų įperkamų rinkinių renkasi patį geriausią. Jei vartotojo pomėgius galima išreikšti tam tikra naudingumo funkcija u (x) , tai jo pasirinkimo problemą galima užrašyti kaip matematinį optimizavimo uždavinį max u ( x) , kai px = m . Šio x

uždavinio sprendinys yra prekių paklausų vektorius * * * x = ( x1 ,..., x n ) = ( x1 ( p, m),..., x n ( p, m)) . Trumpą formalių vartotojo problemos aspektų aptarimą žiūrėkite santraukos 1 priede. 3. Kai vartotojas renkasi tik dvi prekes ir jam optimaliai renkantis galioja lietimosi sąlyga, tai iš žemesnės pakopos mikroekonomikos studijų žinote, kad optimalų rinkinį galima surasti  p1 x1 + p 2 x 2 = m ∂u ( x1 , x 2 )  sprendžiant dviejų lygčių sistemą  u1 . (Čia ir toliau u i = , o tai yra p1 = ∂ x i u  2 p2 naudingumo funkcijos dalinė išvestinė – atitinkamos prekės ribinis naudingumas). u u Antrąją lygtį (lietimosi sąlygą) galima perrašyti 1 = 2 . Atitinkamus ribinių naudingumų ir p1 p 2 kainų santykius galima prilyginti kol kas nežinomam dydžiui λ ir tokiu būdu gauti išraišką u1 u 2 u u = = λ . Pastarąją galima išskaidyti į dvi lygtis 1 = λ ir 2 = λ , kurias toliau galima p1 p 2 p1 p2 pertvarkyti į u1 − λp1 = 0 ir u 2 − λp 2 = 0 . Galiausiai galima užrašyti naują lygčių sistemą  p1 x1 + p 2 x 2 = m  . Nors pastarosios pavidalas skiriasi nuo pradinės lygčių sistemos u1 − λp1 = 0 u − λp = 0 2  2  p1 x1 + p 2 x 2 = m  , tačiau iš pirmosios galima lengvai sugrįžti į pastarąją. Taigi nors naujos p1  u1 = u  2 p2 lygčių sistemos sprendinys yra tam tikras kintamųjų derinys ( x1* , x 2* , λ* ), o pradinės lygčių sistemos – prekių kiekių derinys ( x1* , x 2* ), tačiau atitinkamų prekių kiekiai abejuose sprendiniuose sutampa, nes iš naujos lygčių sistemos galime gauti pradinę. 4. Nesunku įsitikinti, kad trijų lygčių sistemą galima gauti ieškant tam tikros funkcijos maksimumo. Tokia funkcija vadinama Lagrange’o funkcija (Lagrangean function, ar tiesiog Lagrangean), ji sudaroma tam tikru būdu į tikslo funkciją įtraukiant ir apribojimą (apribojamus). Jei pradinė naudingumo maksimizavimo problema buvo max u ( x1 , x2 ) , kai x1 , x 2

p1 x1 + p2 x2 = m , tai dabar ji bus max L( x1 , x2 , λ ) = u ( x1 , x2 ) + λ (m − p1 x1 − p2 x2 ) , čia x1 , x 2 , λ

naujai sudaryta funkcija L( x1 , x 2 , λ ) = u ( x1 , x 2 ) + λ (m − p1 x1 − p 2 x 2 ) ir yra Lagrange’o funkcija, o λ ≡ Lagrange’o daugiklis. Toks optimizavimo uždavinio sprendimo būdas vadinamas Lagrange’o daugiklių metodu. 5. Norint rasti pasirinkimo kintamųjų reikšmes kurios suteiktų maksimalią reikšmę Lagrange’o funkcijai reikia rasti jos atitinkamas dalines išvestines ir prilyginti jas nuliui. Tokiu būdu

2005/Rudens semestras/1 paskaita ir priedai Naudingumo maksimizavimo uždavinio sprendimas Lagrange’o daugiklių metodu

2

gauname sistemą, kuri yra sudaryta iš lygčių dar vadinamų sprendinio radimo būtinosiomis arba pirmos eilės sąlygomis (necessary, first-order conditions). Šiuo konkrečiu atveju jos yra ∂L = u1 − λp1 = 0 , ∂x1 ∂L = u 2 − λp 2 = 0 , ∂x 2 ∂L = m − p1 x1 − p 2 x 2 = 0 . ∂λ 6. Verta atkreipti dėmesį į tai, kad kartais Lagrange’o funkcija sudaroma ir šiek tiek kitaip, tai yra L( x1 , x 2 , λ ) = u ( x1 , x 2 ) − λ ( p1 x1 + p 2 x 2 − m) . Įsitikinkite, kad maksimizuodami tokią funkciją gausite tas pačias būtinąsias sąlygas kaip ir anksčiau. Kita vertus, jei būtinosios sąlygos yra tokios pačios tai ir uždavinio sprendinys bus tas pats. 7. Dabar pažiūrėkime kas atsitiktų jei Lagrange’o funkciją sudarytume dar kitaip, L( x1 , x 2 , λ ) = u ( x1 , x 2 ) + λ ( p1 x1 + p 2 x 2 − m) . Iš būtinų sąlygų gautume tokią sistemą u1 + λp1 = 0  p1 x1 + p 2 x 2 = m   . Tačiau ir iš pastarosios galima gauti  u1 , taigi abi p1 u 2 + λp 2 = 0 = p x + p x = m u  2 p2 2 2  1 1 sistemas tenkins tie patys prekių kiekiai. Galima daryti išvadą, kad rasite tą patį optimalų prekių rinkinį nesvarbu kuriuo iš nurodytų būdų sudarytumėte Lagrange’o funkciją. Tačiau taikydami pirmuosius du būdus gautumėte teigiamo ženklo λ* , o taikydami trečiąjį – neigiamo. 8. Dabar apie Lagrange’o daugiklių metodo taikymo ribas. Jei vartotojo pirmenybės yra tokios, kad vartotojui optimaliai renkantis galioja biudžetinės tiesės ir abejingumo kreivės lietimosi sąlyga ( | MRS ij |= u i u j = pi p j , ∀i, j ) , tai vartotojo problemą visada galima spręsti Lagrange’o daugiklių metodu. Kai vartotojas renkasi n prekių kiekius, jo uždavinys yra max L( x, λ ) = u ( x) + λ (m − px) , primenu, kad čia x = ( x1 , x 2 ,..., x n ) . Jei renkantis x ,λ

optimaliai galioja lietimosi sąlyga, tai vartotojas renkasi vidinį optimumą – rinkinį kuris nėra biudžetinės tiesės ir kurios nors iš ašių susikirtimo taške (tai jau būtų kraštinis optimumas). Lagrange’o daugiklių metodas gerai tinka vidinių optimumų radimui. Tačiau ypatingais atvejais vartotojas gali rinktis ir kraštinius optimumus (pvz. jei prekės visiškai pakeičia viena kita). Tokiu atveju Lagrange’o daugiklių metodą reiktų papildyti Kuhno-Tuckerio sąlygomis (besidomintys gali apie jį pasiskaityti specialioje literatūroje, pvz. labai prieinamai parašytame Alpha Chiango vadovėlyje), arba bandyti uždavinį išspręsti ne Lagrange’o daugiklių metodu, o kaip nors kitaip surandant kurį kraštutinumą pasirinks vartotojas. Dar vienas ypatingas atvejis gali pasitaikyti kai vartotojas renkasi rinkinį susidedantį iš tobulų papildinių. Nors pasirinktas rinkinys nebus “kraštinis”, tačiau lietimosi sąlyga negalios – per abejingumo kreivės “alkūnę” galima nubrėžti be galo daug tiesių ir nei viena iš jų netenkins liestinės apibrėžimo. Kita vertus, tokį uždavinį visai lengva spręsti netaikant diferencialinio skaičiavimo metodų. 8.1. Toliau laikysime, kad vartotojas renkasi n prekių kiekius, o naudingumo maksimizavimo uždavinio sprendinys yra vidinis optimumas. Suradę atitinkamas Lagrange’o funkcijos dalines išvestines ir jas prilyginę nuliui gauname sprendinio radimo būtinąsias sąlygas (pirmos eilės sąlygas)

2005/Rudens semestras/1 paskaita ir priedai Naudingumo maksimizavimo uždavinio sprendimas Lagrange’o daugiklių metodu

3

∂L = u1 − λp1 = 0 , ∂x1 ∂L = u 2 − λp 2 = 0 , ∂x 2 ………………….. , ∂L = u n − λp n = 0 , ∂x n ∂L = m − p1 x1 − p 2 x 2 − ... − p n x n = 0 . ∂λ Jei rūpi tik naudingumą maksimizuojantys prekių kiekiai, tai iš n lygčių sistemos, kuriose yra Lagrange’o daugiklis λ , galima gauti n − 1 lygčių sistemą be minėto daugiklio, šią sistemą sudarytų ribinių pakeitimo normų ir kainų santykių lygybės. Sprendžiant šių lygčių ir biudžetinės tiesės lygties sistemą galima apskaičiuoti optimalius prekių kiekius arba prekių paklausas. Kitose paskaitose įsitikinsime, kad Lagrange’o daugiklis λ vartotojo naudingumo maksimizavimo uždavinyje turi įdomią ekonominę prasmę – tai ribinis pajamų naudingumas. Kitaip tariant, Lagrange’o daugiklio reikšmė parodo, kiek pasikeistų vartotojo naudingumas (jam renkantis optimaliai) jei jo pajamas pakeistume ribiniu dydžiu. Kita vertus, nors šis kintamasis ir turi ekonominę prasmę, tačiau dažniausiai nelabai rūpi uždavinių sprendime, juk ribiniai naudingumai nėra stebimi dydžiai. 9. Įsitikinkime kaip Lagrange’o daugiklių metodas veikia konkrečiu atveju. Laikykime, kad vartotojas gauna pajamas m , renkasi dviejų prekių kiekius, prekės atitinkamai kainuoja p1 ir p 2 , o jo pomėgius (pirmenybes) išreiškia Cobbo-Douglaso naudingumo funkcija u( x1 , x 2 ) = x1a x 2b . Toks vartotojas rinksis lyg spręstų naudingumo maksimizavimo uždavinį 8.2.

ax1a −1 x2 − λp1 = 0  max x1a x 2b + λ (m − p1 x1 − p 2 x 2 ) . Šio uždavinio būtinosios sąlygos bx1a x2b −1 − λp2 = 0 , o x1 , x2 ,λ p x + p x = m 2 2  1 1 sprendinys (patikrinkite) ( x1* , x2* , λ* ) =

(

a m a + b p1

, a b+ b

m p2

, (a + b )

1− a − b

( )( )m a a b b p1 p2

a +b −1

).

10. Dabar tarkime, kad vartotojas renkasi trijų prekių kiekius, o jo naudingumo funkcija yra v( x1 , x 2 , x3 ) = x1a x 2b x3c . Toks vartotojas rinksis lyg spręstų naudingumo maksimizavimo uždavinį

max x1a x2b x3c + λ (m − p1 x1 − p2 x2 − p3 x3 ) . Tačiau naudingumo funkciją galima

x1 , x 2 , x3 , λ

teigiamai monotoniškai transformuoti jei mus domina tik tai kokius prekių kiekius renkasi vartotojas (tikrovėje stebima elgsena). Naudingumo funkciją patogu logaritmuoti ir gauti u ( x1 , x 2 , x3 ) = a ln x1 + b ln x 2 + c ln x3 . Tada vartotojo uždavinys max a ln x1 + b ln x 2 + c ln x3 + λ (m − p1 x1 − p 2 x 2 − p3 x3 ) , o jo būtinosios sąlygos x1 , x2 , x3 ,λ

ax1−1 − λp1 = 0  −1 bx 2 − λp 2 = 0 . Jei ir toliau liekame nuoseklūs ir laikome, kad mus domina tik  −1 cx3 − λp3 = 0 p x + p x + p x = m 2 2 3 3  1 1 tikrovėje stebimi dydžiai, tai galime pertvarkyti lygčių sistemą ir atsikratyti Lagrange’o

2005/Rudens semestras/1 paskaita ir priedai Naudingumo maksimizavimo uždavinio sprendimas Lagrange’o daugiklių metodu

4

daugiklio λ . Nors dėl to ir prarasime galimybę sužinoti jo reikšmę, tačiau šiuo atveju ji mums ir nerūpi. Po tam tikrų pertvarkymų gauname tiesinių lygčių sistemą (iš pirmosios − bp1 x1 + ap 2 x 2 = 0  lygties dalijant likusiais) − cp1 x1 + ap3 x3 = 0 . Ją galima užrašyti matricomis (žr. 2 p x + p x + p x = m 2 2 3 3  1 1 0   x1   0  − bp1 ap 2  0 ap3   x 2  =  0  . Apskaičiuojame koeficientų matricos determinantą priedą)  − cp1  p1 p2 p3   x3  m (patogu skleisti stulpeliu ar eilute kur bent vienas elementas yra 0, pvz. antruoju stulpeliu): | A |= − ap 2 (−cp1 p3 − ap1 p 3 ) − p 2 (−bp1 ap3 ) = a(a + b + c) p1 p 2 p3 ≠ 0 , nes a, b, c, pi > 0 , taigi šią lygčių sistemą galima spręsti Cramerio būdu (žr. 2 priedą). 0 ap 2 0 1 a m −1 0 0 ap3 = (a(a + b + c) p1 p 2 p3 ) ma 2 p 2 p3 = , x1* = | A| a + b + c p1 m p2 p3 − bp1 1 x 2* = − cp1 | A| p1 − bp1 1 x3* = − cp1 | A| p1

0 0

0

ap 2 0

0 c m −1 0 = (a (a + b + c) p1 p 2 p3 ) macp1 p 2 = . a + b + c p3 m

b m −1 , ap3 = (a (a + b + c) p1 p 2 p 3 ) (− m)(−bp1 ap3 ) = a + b + c p2 m p3

p2

1 priedas: Keturi vartotojo pasirinkimo problemos aspektai 1. Visi fiziškai įmanomi rinkiniai sudaro vartojimo aibę X = — n+ , pastarasis užrašas reiškia, kad bet kurį vartojimai aibei priklausantį rinkinį sudaro n prekių kiekiai ir jie yra neneigiami. 2. Visi ekonomiškai įmanomi (įperkami) rinkiniai sudaro įmanomą aibę B = {x | x ∈ X , px ≤ m} , čia pi ≡ atitinkamos prekės kaina, m ≡ vartotojo (pastovios) n

piniginės pajamos, px = ∑ pi xi . Pradinio išteklių rinkinio (endowment) modelyje i =1

vartotojas gali parduoti savo turimą pradinį išteklių rinkinį x ir gauti pinigines pajamas m = px . Šiuo atveju B = {x | x ∈ X , px ≤ px } . 3. Pirmenybės santykis leidžia palyginti (išrikiuoti) prekių rinkinius. Racionalaus vartotojo pomėgiai (pirmenybės) arba pirmenybės santykis tenkina šias tris aksiomas i. Pirmenybės santykis visiškas: x t y arba x d y arba abu, tai yra x ~ y , ∀x, y . ii. Refleksyvus: ∀x galioja x t x . iii. Tranzityvus: ∀x, y, z , jei x t y ir y t z tai x t z . iv. Jei pirmenybės santykis visiškas, refleksyvus, tranzityvus, o taip pat dar ir tolydus bei monotoninis, tai egzistuoja tolydi naudingumo funkcija u (x) tokia, kad u ( xˆ ) > u ( ~ x) ~ ~ ~ tada ir tik tada kai xˆ ê x , bei u (xˆ ) = u (x ) , tada ir tik tada kai xˆ ~ x . (Jei pirmenybės santykis tolydus, tai abejingumo kreivės yra tolydžios ir, jei monotoninis, tai abejingumo kreivės yra “siauros” ir neigiamo nuolydžio.) 4. Elgsenos prielaida: vartotojas renkasi geriausią įperkamą rinkinį. Išspręsti vartotojo pasirinkimo problemą reiškia rasti x * ∈ B tokį, kad x * t x , ∀x . Jei vartotojo pomėgius

2005/Rudens semestras/1 paskaita ir priedai Naudingumo maksimizavimo uždavinio sprendimas Lagrange’o daugiklių metodu

5

(pirmenybės santykį) galima išreikšti tam tikra naudingumo funkcija u (x) , tai jo pasirinkimo problemą galima užrašyti kaip matematinį optimizavimo uždavinį. 2 priedas: Kai kurių matematikos sąvokų ir metodų (matricų algebros ir diferencialinio skaičiavimo) pakartojimas m eilučių ir n stulpelių matrica ( m × n matrica):  a11 a A =  21   am1

a12 a22

a13 a23

am 2

am3

… a1n  … a2 n    … amn 

Kvadratinės matricos eilučių skaičius lygus stulpelių skaičiui ( m = n ):  a11 a A =  21    an1

a1n  a2 n    ann 

a12 a22 an 2

Matricų sudėtis A ir B - m × n matricos.  a11 a A =  21   am1

a12 a22

a13 a23

am 2

am3

… a1n   b11 b12 b  … a2 n  b22 , B =  21     … amn  bm1 bm 2

 a11 + b11 A + B =  a m1 + bm1

a1n + b1n    a mn + bmn 

Matricos daugyba iš skaičiaus (skaliaro): A - m × n matrica, c - bet koks skaičius.  ca11  ca cA =  21   cam1

ca12 ca22

ca13 ca23

cam 2

cam 3

… ca1n  … ca2 n    … camn 

b13 b23 bm 3

… b1n  … b2 n    … bmn 

2005/Rudens semestras/1 paskaita ir priedai Naudingumo maksimizavimo uždavinio sprendimas Lagrange’o daugiklių metodu

6

Matricų daugyba: Jei A - m × n matrica, B - n × s matrica, tai AB - m × s matrica.  n b1s   ∑ a1i bi1 b11  a11 a12 a13 … a1n   i =1 b21 b2 s   n a    a b a22 a23 … a2 n  2 i i1 b31 AB =  21 b3s  =  ∑ i =1         n am1 am 2 am 3 … amn  b  ∑ ami bi1 b ns   n1  i =1 Ypatingas atvejis – m × n matricos daugyba iš n ×1 vektoriaus:  n   ∑ a1i bi  i =1   a11 a12 … a1n   b1   n   a    a22 … a2 n  b2   ∑ a2i bi  21  = i =1 AB =             am1 am 2 … amn  bn   n ∑ a b   i =1 mi i 

  i =1  n a2i bis  ∑  i =1  n  a b ∑ mi is  i =1  n

∑a b

1i is

Kvadratinės matricos determinanto skaičiavimas a12  a Kvadratinės 2 × 2 matricos A =  11  a 21 a 22  a a12 determinantas | A |= 11 = a11 a 22 − a12 a 21 . a 21 a 22  a11 Kvadratinės 3× 3 matricos A = a 21  a31

a12 a 22 a32

a13  a 23  a 33 

determinantą galima apskaičiuoti skleidžiant Laplaso metodu pagal laisvai pasirinktą eilutę arba stulpelį, pvz. pirmą eilutę: a11 a12 a13 a a 23 a a 23 a a 22 A = a 21 a 22 a 23 = (−1)1+1 a11 22 + (−1)1+ 2 a12 21 + (−1)1+3 a13 21 a32 a33 a31 a33 a31 a32 a31 a32 a33 = a11 (a 22 a33 − a32 a 23 ) − a12 (a 21 a33 − a31 a 23 ) + a13 (a 21 a32 − a31 a 22 ) . Skleisdami antru stulpeliu gautume a11 A = a 21 a31

a12 a 22 a32

a13 a a 23 = (−1)1+ 2 a12 21 a31 a33

a 23 a + (−1) 2+ 2 a 22 11 a33 a31

a13 a + (−1) 3+ 2 a32 11 a33 a 21

a13 a 23

= −a12 (a 21 a33 − a 31 a 23 ) + a 22 (a11 a33 − a31 a13 ) − a 32 (a11 a 23 − a 21 a13 ) .

2005/Rudens semestras/1 paskaita ir priedai Naudingumo maksimizavimo uždavinio sprendimas Lagrange’o daugiklių metodu Nesunku įsitikinti, kad abejais atvejais galiausiai gautume tą pačią išraišką. Bet kokios kvadratinės n × n matricos  a11 a12 a a22 A =  21    an1 an 2

a1n  a2 n    ann 

determinantą galima apskaičiuoti skleidžiant i eilute: n

| A |= ∑ (−1) i + j aij | M ij | , čia | M ij |≡ matricos elemento ij minoras, tai yra matricos, gautos j =1

išmetus i -ąją eilutę ir j -ąjį stulpelį, determinantas. Cramerio taisyklės taikymas sprendžiant tiesinių lygčių sistemą Tiesinių lygčių sistemą a11 x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = d1 a x + a x + ... + a x = d  21 1 22 2 2n n 2   .......................................... a n1 x1 + a n 2 x 2 + ... + a nn x n = d n Galima užrašyti matricų pavidalu,  a11 a  21    a n1

a12 a 22 an2

a1n   x1   d1  a 2 n   x 2   d 2  =         a nn   x n  d n 

čia A yra n × n kvadratinė koeficientų matrica ir jei | A |≠ 0 , tai sprendinį galima rasti taikant Cramerio taisyklę: a11 a12 d1 a1n | Aj | d2 a2n 1 a 21 a 22 x *j = = , | A| | A| a n1 a n 2 dn a nn čia Aj matrica gaunama iš matricos A kai stulpelis j pakeičiamas vektoriumi d. Pavyzdys: Lygčių sistemą  3 x1 + x 2 = 9   x1 + 2 x 2 = 12 perrašome matriciniu pavidalu ( Ax = d ):

7

2005/Rudens semestras/1 paskaita ir priedai Naudingumo maksimizavimo uždavinio sprendimas Lagrange’o daugiklių metodu  x1  3 1 9 3 1   x1   9  1 2  x  = 12 , čia A = 1 2 , x =  x  ir d = 12 .      2      2 Po to apskaičiuojame atitinkamus determinantus: 3 1 9 1 = 3 ⋅ 2 − 1 ⋅ 1 = 5 ≠ 0 , | A1 |= = 9 ⋅ 2 − 12 ⋅ 1 = 6 , ir 1 2 12 2 3 9 | A2 |= = 3 ⋅ 12 − 1 ⋅ 9 = 27 . 1 12

| A |=

Randame sprendinį: x1* =

 x *  1.2  | A1 | 6 | A | 27 = = 1.2 , x 2* = 2 = = 5.4 , taigi x* =  1*  =   . | A| 5 | A| 5  x 2  5.4

Vieno kintamojo funkcijos diferencijavimas. Nepriklausomo kintamojo pokytis: Funkcija: Funkcijos pokytis:

∆x = x1 − x0 y = f (x ) ∆y = f ( x1 ) − f ( x0 ) = f ( x0 + ∆x ) − f (x0 )

Funkcijos ir argumento pokyčių santykis :

∆y f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) = ∆x ∆x

(funkcijos kitimo vidutinis greitis)

f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) dy ∆y = lim = lim dx ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x (funkcijos kitimo greičio riba, ribinis arba momentinis greitis) Funkcijos išvestinė:

Kai kurių funkcijų išvestinės: d c=0 dx d x =1 dx d cx = c dx d n x = nx n−1 dx 1 d ln x = dx x d x e = ex dx

f ' (x ) =

8

2005/Rudens semestras/1 paskaita ir priedai Naudingumo maksimizavimo uždavinio sprendimas Lagrange’o daugiklių metodu

9

Sumos išvestinė: d df ( x) dg ( x) dh( x) ( f ( x) + g ( x) + h( x)) = + + dx dx dx dx Sandaugos išvestinė: d [ f (x )g (x )] = df ( x) g (x ) + f (x ) dg ( x) dx dx dx Santykio išvestinė: df ( x) dg ( x) g (x ) − f (x )   d f (x ) dx = dx   2 dx  g ( x )  (g (x )) Sudėtinės funkcijos išvestinė: d df ( g ( x )) dg ( x) f ( g ( x )) = × dx dg (x ) dx (pavyzdys:

d f ( x) df ( x) e = e f ( x) .) dx dx

Dalinės išvestinės radimas Galioja iš esmės tos pačios taisyklės kaip ir ieškant vieno kintamojo funkcijos išvestinės. Tik svarbu atsiminti, kad, išskyrus atitinkamą kintamąjį kurio atžvilgiu norite rasti dalinę išvestinę, visi kiti kintamieji yra laikomi pastoviais dydžiais ir su jais reikia elgtis lyg jie būtų skaičiai. Pavyzdžiui dviejų kintamųjų funkcijos u ( x1 , x 2 ) = a ln x1 + b ln x 2 dalinė išvestinė x 2 atžvilgiu yra ∂u ( x1 , x 2 ) ∂u (a ln x1 + b ln x 2 ) = ∂ (a ln x1 ) + ∂ (b ln x 2 ) = 0 + b ∂ ln x 2 = b . = ∂x 2 ∂x 2 ∂x 2 ∂x 2 ∂x 2 x2