7.2 Eulers teorem og homogenitet av deriverte (bevis-lett)

Eulers relasjon $x f'_x + y f'_y = k f$ — og at partiellderivertene til en grad-$k$-homogen funksjon selv er homogene av grad $k-1$.

40 min

5 oppgaver

Eulers teoremhomogenitet av deriverte (bevis-lett)

Din fremgang i kapitlet

0 / 5 oppgaver

Kapitlets plass i kurset

Bygger på

7.1Homogene funksjoner og skalautbytte

Brukes videre i

7.PPrøver til del 7: Homogenitet og skalautbytte

Nok en bevis-lett oppgave — og nok en toppsjikt-markør.

Sjanger HG — homogenitet og skalautbytte — står i 9 av 16 sett i arkivet (56 %). Eulers relasjon og påstanden om at de partiellderiverte selv er homogene, dukker opp som teoriutsagn i sant/usant-oppgaven, og ett av settene har nettopp den formen.

Sensor omtaler bevis-lette oppgaver som forholdsvis vanskelige, fordi studentene har lite trening i å føre argumenter. Det gjør dem til en billig kilde til poeng for den som har øvd: begge utledningene i dette kapitlet er tre–fire linjer, og de bygger på samme grep.

Grepet er det samme begge steder: ta identiteten $f(tx,ty)=t^{k}f(x,y)$ og deriver den. Deriverer du mht. $t$ , får du Eulers relasjon. Deriverer du mht. $x$ , får du at $f'_x$ er homogen av grad $k-1$ .

Det som koster poeng: å oppgi resultatet uten argumentet, og å skrive feil grad ( $k$ i stedet for $k-1$ ).

Kapitlet ligger på prioritetsnivået kunne, men det er der forskjellen mellom en god og en meget god besvarelse ofte synes.

Kilde for tallene: Skolesagas gjennomgang av 16 eksamenssett fra Økonomisk institutt, UiO (9 ordinære, 7 utsatte, V2018–H2025), hvorav 14 med offisiell sensorveiledning.

Forkunnskaper. Kapitlet fortsetter direkte fra kap. 7.1. Du trenger også partiellderivasjon fra kap. 1.2 og kjerneregelen fra kap. 1.3. Den økonomiske tolkningen i Løkke 3 bruker elastisitetsbegrepet fra kap. 2.1.

Sist du var her — de tre tingene utledningene hviler på:

$f(tx,ty)=t^{k}f(x,y)\qquad\text{for alle }t>0$

$f'_x=\text{deriver mht. }x,\ \text{hold }y\ \text{konstant}$

$\frac{d}{dt}t^{k}=kt^{k-1}$

Ved konstant skalautbytte finnes det et pent resultat fra økonomisk teori: hvis hver innsatsfaktor betales sitt eget grenseprodukt, går regnskapet nøyaktig opp. Ingenting blir til overs, og ingenting mangler.

Det er ikke en tilfeldighet eller en antakelse. Det er en matematisk identitet, og den heter Eulers relasjon.

Relasjonen sier at hvis du ganger hver variabel med sin egen partiellderiverte og legger sammen, får du graden ganget med funksjonen. Ved konstant skalautbytte er graden 1, og da er summen nøyaktig lik produksjonen.

Dette kapitlet utleder relasjonen — og et beslektet resultat: at de partiellderiverte til en homogen funksjon selv er homogene, med graden redusert med én. Begge utledninger bygger på samme grep, og begge kan læres på en halvtime.

Løkke 1 — Eulers relasjon (~15 min)

📜Eulers teorem

f

være homogen av grad

k

og deriverbar. Da gjelder

$x\,f'_x+y\,f'_y=k\,f(x,y)$

for alle punkter der $f$ er definert.

I ord: ganger du hver variabel med sin egen partiellderiverte og legger sammen, får du graden ganget med funksjonsverdien.

Merk hva relasjonen IKKE er. Den er ikke definisjonen på homogenitet — den er en konsekvens av den. Definisjonen handler om skalering ( $f(tx,ty)=t^{k}f$ ), Euler handler om de deriverte i ett fast punkt. Å blande de to er en klassisk feil.

Utledningen av Eulers relasjon — tre linjer, med intuisjon

Steg 1 — start med homogenitetsidentiteten.

$f(tx,ty)=t^{k}f(x,y)$

Intuisjon: dette er en likhet som gjelder for alle $t$ . To funksjoner av $t$ som er like overalt, har også like deriverte. Det er hele nøkkelen.

Steg 2 — deriver begge sider med hensyn på $t$ .

Venstresiden er en sammensatt funksjon: både første og andre argument avhenger av $t$ . Kjerneregelen for flere variabler (kap. 1.3) gir

$\frac{d}{dt}f(tx,ty)=f'_x(tx,ty)\cdot x+f'_y(tx,ty)\cdot y$

Høyresiden er enklere — $f(x,y)$ er en konstant når vi deriverer mht. $t$ :

$\frac{d}{dt}\Big(t^{k}f(x,y)\Big)=k\,t^{k-1}f(x,y)$

Satt lik hverandre:

$x\,f'_x(tx,ty)+y\,f'_y(tx,ty)=k\,t^{k-1}f(x,y)$

Intuisjon: faktorene $x$ og $y$ kommer fra kjerneregelen — det er de deriverte av de indre funksjonene $tx$ og $ty$ med hensyn på $t$ .

Steg 3 — sett $t=1$ .

Likheten gjelder for alle $t$ , så vi står fritt til å velge den verdien som gjør uttrykket enklest. Med $t=1$ er $(tx,ty)=(x,y)$ og $t^{k-1}=1$ :

$x\,f'_x(x,y)+y\,f'_y(x,y)=k\,f(x,y)\qquad\blacksquare$

Intuisjon: valget $t=1$ er det som gjør beviset kort. Alle argumentene faller tilbake til det opprinnelige punktet, og potensen forsvinner. Det er verdt å skrive eksplisitt at du kan velge $t$ fritt — det er nettopp der begrunnelsen ligger.

Eulers relasjon i kortform

x\,f'_x+y\,f'_y=k\,f

Grepet i begge utledningene

f(tx,ty)=t^{k}f(x,y)

✏️Eksempel 1: Euler verifisert på Cobb-Douglas

La $f(x,y)=x^{2}y$ .

a) Finn homogenitetsgraden.

b) Verifiser Eulers relasjon.

c) Kontroller med tall i punktet $(2,3)$ .

a) Skalering gir

$f(tx,ty)=(tx)^{2}(ty)=t^{3}x^{2}y=t^{3}f(x,y)$

Homogen av grad $k=3$ — eksponentsummen $2+1$ .

b) Regn ut venstresiden i Eulers relasjon. De partiellderiverte er

$f'_x=2xy,\qquad f'_y=x^{2}$

Sett inn:

$x\,f'_x+y\,f'_y=x\cdot 2xy+y\cdot x^{2}=2x^{2}y+x^{2}y=3x^{2}y$

Og høyresiden:

$k\,f(x,y)=3\cdot x^{2}y=3x^{2}y$

De er like ✓ Relasjonen holder.

c) Tallkontroll i $(2,3)$ :

$f(2,3)=4\cdot 3=12$

$f'_x(2,3)=2\cdot 2\cdot 3=12,\qquad f'_y(2,3)=4$

$x\,f'_x+y\,f'_y=2\cdot 12+3\cdot 4=24+12=36$

$k\,f=3\cdot 12=36\ ✓$

Legg merke til hva verifiseringen er og ikke er. Å sjekke relasjonen på en konkret funksjon er en kontroll, ikke et bevis. Ber oppgaven om at du skal vise Eulers relasjon generelt, må utledningen over føres. Ber den om å verifisere på en gitt funksjon, holder regningen her — og da er tallkontrollen i c) en fin ekstra sikring.

📝Oppgave 1

La $f(x,y)=x^{1/2}y^{1/2}$ .

a) Finn homogenitetsgraden.

b) Regn ut $f'_x$ og $f'_y$ .

c) Verifiser Eulers relasjon.

Løkke 2 — De deriverte er selv homogene (~13 min)

📜Homogenitet av de partiellderiverte

f

homogen av grad

k

og deriverbar, så er hver av de partiellderiverte homogen av grad

k-1

$f'_x(tx,ty)=t^{\,k-1}f'_x(x,y),\qquad f'_y(tx,ty)=t^{\,k-1}f'_y(x,y)$

Økonomisk innhold: grenseproduktene til en teknologi med konstant skalautbytte ( $k=1$ ) er homogene av grad $0$ — de er uendret ved en proporsjonal oppskalering. Dobler du både kapital og arbeidskraft, er grenseproduktet av kapital nøyaktig det samme som før. Det er en av grunnpilarene i produsentteorien.

Graden er $k-1$ , ikke $k$ . Å skrive feil her er den vanligste feilen i denne påstandstypen.

Utledningen — tre linjer, samme grep

Steg 1 — start med den samme identiteten.

$f(tx,ty)=t^{k}f(x,y)$

Intuisjon: nå deriverer vi mht. $x$ i stedet for mht. $t$ . Identiteten gjelder for alle $x$ og $y$ , så også her har begge sider like deriverte.

Steg 2 — deriver begge sider partielt med hensyn på $x$ .

Venstresiden: det første argumentet er $tx$ , og dets deriverte mht. $x$ er $t$ . Kjerneregelen gir

$\frac{\partial}{\partial x}f(tx,ty)=f'_x(tx,ty)\cdot t$

Høyresiden: faktoren $t^{k}$ er konstant når vi deriverer mht. $x$ :

$\frac{\partial}{\partial x}\Big(t^{k}f(x,y)\Big)=t^{k}f'_x(x,y)$

Satt lik hverandre:

$t\,f'_x(tx,ty)=t^{k}f'_x(x,y)$

Intuisjon: faktoren $t$ på venstresiden er den eneste nye tingen, og den kommer fra at det indre argumentet er $tx$ .

Steg 3 — del på $t$ . Siden $t>0$ , er dette lov:

$f'_x(tx,ty)=t^{\,k-1}f'_x(x,y)\qquad\blacksquare$

Intuisjon: delingen er hele grunnen til at graden faller med én. Den ene $t$ -en som kjerneregelen produserte, må flyttes over, og den spiser opp én potens.

Argumentet for $f'_y$ er identisk, med $y$ i stedet for $x$ .

Graden faller med én

f\ \text{grad}\ k\ \Longrightarrow\ f'_x\ \text{grad}\ k-1\ \Longrightarrow\ f''_{xx}\ \text{grad}\ k-2

Grad null betyr uendret ved skalering

k=1\ \Longrightarrow\ f'_x(tx,ty)=t^{0}f'_x(x,y)=f'_x(x,y)

✏️Eksempel 2: Gradene sjekket på $x^{2}y$

La $f(x,y)=x^{2}y$ , som er homogen av grad 3.

a) Vis at $f'_x$ er homogen av grad 2.

b) Vis det samme for $f'_y$ .

c) Hva er graden til $f''_{xx}$ ?

a) Den partiellderiverte er

f'_x=2xy

. Test den direkte:

$f'_x(tx,ty)=2(tx)(ty)=2t^{2}xy=t^{2}\cdot 2xy=t^{2}f'_x(x,y)$

Homogen av grad 2 ✓ — som er $k-1=3-1$ .

b) Her er $f'_y=x^{2}$ , altså et uttrykk som ikke inneholder $y$ i det hele tatt. Det gjør ingen forskjell for testen:

$f'_y(tx,ty)=(tx)^{2}=t^{2}x^{2}=t^{2}f'_y(x,y)$

Homogen av grad 2 ✓

Merk at begge de partiellderiverte fikk samme grad, selv om uttrykkene ser helt ulike ut. Det er nettopp det teoremet sier: alle de partiellderiverte til en grad- $k$ -funksjon er homogene av grad $k-1$ .

c) Deriverer vi én gang til, faller graden med én til:

$f''_{xx}=\frac{\partial}{\partial x}(2xy)=2y$

$f''_{xx}(tx,ty)=2ty=t^{1}\cdot 2y$

Homogen av grad 1, altså $k-2=3-2$ ✓

Mønsteret er entydig: hver derivasjon senker graden med én, akkurat som eksponenten faller når du deriverer en potensfunksjon.

Kontroll av Euler på $f'_x$ : siden $f'_x=2xy$ er homogen av grad 2, skal $x\cdot(f'_x)'_x+y\cdot(f'_x)'_y=2f'_x$ . Regningen gir $x\cdot 2y+y\cdot 2x=4xy=2\cdot 2xy$ ✓ — teoremet gjelder også for de deriverte, med deres egen grad.

📝Oppgave 2

Sjanger HG

La $f$ være homogen av grad $k$ og deriverbar.

a) Vis at $f'_x$ er homogen av grad $k-1$ .

b) Illustrer resultatet på $f(x,y)=x^{3}y^{2}$ .

Typiske feil med Euler og homogene deriverte

- Å oppgi resultatet uten argumentet. Ber oppgaven om at du skal vise noe, gir formelen alene lite uttelling. Begge utledningene i dette kapitlet er tre linjer — de er raskere å skrive enn å unngå.
- Å skrive feil grad på de deriverte. Graden er $k-1$ , ikke $k$ . Kontrollen er å regne eksponentsummen i det deriverte uttrykket: for $f=x^{3}y^{2}$ har $f'_x=3x^{2}y^{2}$ summen $4$ , ikke $5$ .
- Å blande Eulers relasjon med homogenitetsdefinisjonen. Definisjonen handler om skalering av argumentene ( $f(tx,ty)=t^{k}f$ ); Euler handler om de deriverte i ett fast punkt ( $xf'_x+yf'_y=kf$ ). Euler er en konsekvens, ikke en definisjon.
- Å glemme å si at $t$ kan velges fritt. I Euler-beviset er valget $t=1$ selve poenget, og det er lov nettopp fordi identiteten gjelder for alle $t$ . Sett setningen inn — den er en del av begrunnelsen.
- Å glemme faktoren $t$ fra kjerneregelen. Når $f(tx,ty)$ deriveres mht. $x$ , kommer det en faktor $t$ fra det indre argumentet. Uten den blir konklusjonen grad $k$ i stedet for $k-1$ .
- Å tro at Euler krever konstant skalautbytte. Relasjonen gjelder for enhver grad $k$ . Det er bare den økonomiske tolkningen — at faktorinntektene akkurat dekker produktet — som krever $k=1$ .

Løkke 3 — Den økonomiske tolkningen (~12 min)

Grenseprodukt

MP_K=Q'_K,\qquad MP_L=Q'_L

Euler ved konstant skalautbytte

K\,Q'_K+L\,Q'_L=Q

✏️Eksempel 3: Eksamensnivå — faktorandeler i en Cobb-Douglas-teknologi

En bedrift har produktfunksjonen $Q(K,L)=AK^{\alpha}L^{\beta}$ med $A,\alpha,\beta>0$ .

a) Finn homogenitetsgraden, og skriv opp Eulers relasjon for denne funksjonen.

b) Vis at kapitalens andel av produksjonen, $\dfrac{K\,Q'_K}{Q}$ , er nøyaktig $\alpha$ .

c) Anta konstant skalautbytte. Hva sier Eulers relasjon da om de to andelene?

d) Regn ut for $A=10$ , $\alpha=0{,}3$ , $\beta=0{,}7$ , $K=L=1$ .

a) Graden:

$Q(tK,tL)=A(tK)^{\alpha}(tL)^{\beta}=t^{\alpha+\beta}AK^{\alpha}L^{\beta}=t^{\alpha+\beta}Q$

Homogen av grad $k=\alpha+\beta$ .

Eulers relasjon blir dermed

$K\,Q'_K+L\,Q'_L=(\alpha+\beta)\,Q$

b) Kapitalens andel. Partiellderivasjon mht. $K$ , med $AL^{\beta}$ som konstant faktor:

$Q'_K=\alpha AK^{\alpha-1}L^{\beta}$

Gang med $K$ :

$K\,Q'_K=\alpha AK^{\alpha}L^{\beta}=\alpha Q$

Mellomregning: $K\cdot K^{\alpha-1}=K^{\alpha}$ .

Del på $Q$ :

$\frac{K\,Q'_K}{Q}=\alpha\qquad\blacksquare$

Tolkning: eksponenten $\alpha$ er kapitalens andel av produktet. Symmetrisk er $\dfrac{L\,Q'_L}{Q}=\beta$ .

Sammenhengen med kap. 2.1: dette er nøyaktig den partielle produksjonselastisiteten $\mathrm{El}_K Q=\alpha$ , sett fra en annen kant. Definisjonen $\dfrac{K}{Q}Q'_K$ er det samme uttrykket.

c) Konstant skalautbytte betyr $\alpha+\beta=1$ . Eulers relasjon gir da

$K\,Q'_K+L\,Q'_L=Q$

Delt på $Q$ :

$\alpha+\beta=1$

Andelene summerer altså til nøyaktig én. Betales hver faktor sitt grenseprodukt, fordeles hele produktet mellom dem, uten rest og uten underskudd.

Dette er et hovedresultat i produsentteorien, og det er en ren konsekvens av Eulers relasjon — ikke en antakelse om markedet.

d) Tallcaset $A=10$ , $\alpha=0{,}3$ , $\beta=0{,}7$ , $K=L=1$ :

$Q=10\cdot 1\cdot 1=10$

$Q'_K=0{,}3\cdot 10\cdot 1^{-0{,}7}\cdot 1^{0{,}7}=3,\qquad Q'_L=0{,}7\cdot 10\cdot 1^{0{,}3}\cdot 1^{-0{,}3}=7$

Eulers relasjon:

$K\,Q'_K+L\,Q'_L=1\cdot 3+1\cdot 7=10=Q\ ✓$

Andelene: $\dfrac{3}{10}=0{,}3=\alpha$ ✓ og $\dfrac{7}{10}=0{,}7=\beta$ ✓, med sum $1$ ✓

Kontroll av at graden er 1: $\alpha+\beta=0{,}3+0{,}7=1$ , altså konstant skalautbytte. En dobling av begge faktorer gir $2^{1}=2$ ganger produksjonen ✓

📝Oppgave 3

Sjanger SU

Avgjør om påstandene er sanne eller usanne, og begrunn.

a) «Eulers relasjon $xf'_x+yf'_y=kf$ gjelder bare når $k=1$ .»

b) «Er $f$ homogen av grad 4, er $f'_y$ homogen av grad 4.»

c) «Ved konstant skalautbytte er grenseproduktet av kapital uendret når både kapital og arbeidskraft dobles.»

📝Oppgave 4

Sjanger HG

f

være homogen av grad

k

og to ganger deriverbar.

a) Vis at $f''_{xx}$ er homogen av grad $k-2$ .

b) Bruk Eulers relasjon på $f'_x$ (som er homogen av grad $k-1$ ) til å vise at

$x\,f''_{xx}+y\,f''_{xy}=(k-1)f'_x.$

c) Kontroller begge resultatene på $f(x,y)=x^{3}y^{2}$ .

📝Oppgave 5

Sjanger HG og PR

En bedrift har produktfunksjonen

$Q(K,L)=\big(K^{0{,}5}+L^{0{,}5}\big)^{2}.$

a) Finn homogenitetsgraden.

b) Regn ut $Q'_K$ og vis at den er homogen av grad 0.

c) Verifiser Eulers relasjon i punktet $K=L=4$ .

d) Hva sier resultatet i c) om fordelingen av produksjonen mellom de to faktorene?

Begrepsbank

Begrepsbanken er flashcard- og repetisjonsstoff — den gjentar det du nettopp har lest. Hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget for kapitlet gjelder kjernestoffet.

Eulers relasjon

x\,f'_x+y\,f'_y=k\,f

Beviset for Euler i tre steg

\text{start med }f(tx,ty)=t^{k}f\ \to\ \text{deriver mht. }t\ \to\ \text{sett }t=1

De deriverte er homogene av grad

k-1

f\ \text{grad }k\ \Longrightarrow\ f'_x\ \text{grad }k-1\ \Longrightarrow\ f''_{xx}\ \text{grad }k-2

Beviset for homogene deriverte

x

Ett grep, to resultater

f(tx,ty)=t^{k}f(x,y)

Grad null betyr skalauavhengig

k=1\ \Longrightarrow\ f'_x(tx,ty)=f'_x(x,y)

Faktorandelene i Cobb-Douglas

\frac{K\,Q'_K}{Q}=\alpha,\qquad \frac{L\,Q'_L}{Q}=\beta

Regnskapet går opp ved

k=1

K\,Q'_K+L\,Q'_L=Q

Euler gjelder også for de deriverte

x\,f''_{xx}+y\,f''_{xy}=(k-1)f'_x

Euler er ikke definisjonen

f(tx,ty)=t^{k}f\ \text{(definisjon)};\qquad xf'_x+yf'_y=kf\ \text{(konsekvens)}

Repetisjonsoppgaver

Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Oslo. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.