RII_OCR[1]

функция имеет непрерывные частные производные. то полный диффе­

ренциал существует 11 равен

дг	дг	(10.1)
dZ=-dх+-dу
дх	ду'
где dx = ~x, dy = ~y - произвольные приращения		независимых

перемеIlНЫХ, называемые их дифференциалами.

Для функции n переменных у = [(XI,		Х2, ... , хn) полный	диффе­
ренциал определяется выражеиием
ду	ду	ду	(10.2)
dY=-дdX1+-дdX2+"'+-аdxn •
ХI	Х2	Хn

Пример 1_ Найти полное приращение и полный дифференциал

функции z = х2 - ху +у2.

~По определению

~г = (х + ~X? - (х + ~x) (у + ~y) + (у + ~y? -							х2 + ху _		у2 =
= х2	+	2x~x + ~x2 -	ху _ x~y _		y~x _ ~~y +		у2 + 2y~y + ~y2 _
-	х2	+ xv - у2 =	2x~ -	x~y + 2y~y - y~x + ~2 -				~x~y +
	+ ~y = (2х -		y)~x +	(2у -	x)~y + f.x 2 _		~~y	+ ~y2.
Выражение (2х -			y)~ + (2у -		x)~y, линейное относительно					~x и
~y, есть дифференциал dz, а					величина	а =	~x2 -	~x~y +		~y2 -
бесконечно малая боле~. высокого					порядка	по	сравнению		с	~p =
= -y~x2 + ~y2. Таким образом,				~г = dz + а.		~			Iп2 (х2 +
Пример 2. Найти			полиый дифференциал фУНКЦIIИ и =

+у2 _ г2).

~Вначале находим частные производные:

дu = 2 Iп (х2 + у2 _ г2)

1

• 2х,

дх

х2

+у2 _

г2

дu

2

2

1

-ду

=

2 Iп (х

+у2 - г)х

2+у2-г2 - 2у;

дu

2'

2

2)

I

)

-дг

=

2 Iп (х

+

у

-

z

х2 +у2 - z2 • ( -

2г

.

Согласно формуле

(10.2),

получаем

du = 4 Iп (х2 +у2 -

z2)

2

12

'2(xdx + ydy - zdz).

~

х +у -г

пQлный диффереициал часто нспользуется для приближенных

вычислений зиачений функции, так как ~г ~ dz,

т. е.

[(хо +~x, уо + ~y) ~ [(хо,

уо) +dz(xo,

уо).

Пример 3. Вычислить приближенно (1,02)з.01.

~ Рассмотрим

фуикцию

z = гУ. При хо = 1 и уо = 3 имеем го =

= 13 = 1, ~x = 1,02 -

1 =

0,02,~y = 3,01 '-.3 = 0,01.

Находим полный

дифференциал функции z

=

х

У

в любой точке:

dz =

YXy-I~Х +х

У

Iп x~y.

Вычисляем

его

значение

в

точке

М (1, 3)

при

данных

прираще­

ниях

~x = 0,02

и

~y =

0,01:

dz = 3 • 12 • 0,02 + 13 • 1п.1

• 0,02 = 0,06.

Тогда

z = (1,02)з.оl ~ го +dz = 1 +0,06 =

1,06. ~

213

Функция z = [(и, v), где и = q>(x, у), v = 'Ф(Х, у), называется слож­

ной функцией nеременных х и Ij. Для нахождения частных производных t'ложных функций используются следующие формулы:

az _	az ди	+ az av
дХ -	дU дХ	-av- дХ'	. (10.3)
az _	az ди	+ az av
ау -	дU ау	-av- ау.

в случае, когда и = q>(x), v = ф(х), вторая из формул (10.3) исчезает (т. е. превращается в тождественный нуль), а первая пре­

образуется к виду

	dz _	az du + az dv		(10.4)
	dx -	ди dx	av dx'
	Если же и = х, v = у = ф(х), то формула (10.4) имеет вид
	dz _ az + az dy			(10.5)
	dx -	дх	ду dx·

В последней формуле ~: называется полной nроиЗ80дной функции

•• az) •

( в отличие от частнои производнои дх

Пример 4. Найти частные производные функции z = siп (uv), где и=2х+3у; v=xy.

~Имеем:

az	v cos (UV)' 2	+ и cos (uv)y = cos (2х2у	+ 3ху2). (4ху + 3у2),
-д =
х			.
az		+ и cos (uv)x = cos (2х2у	+ зху2). (6ху + 2х2). ~
ду = v cos (uv)· 3
Пример 5. Найти· полную производную			функции и =х + у2 + Z3,
где у =	siп х; z = cos х.

~Имеем:

~

~

~~

~~

2у cos +

2

•

dx =

дх + ду dx + az dx = 1 +

3z ( - slП х) =

=

1 + 2 siп х cos х -

3 cos2 Х siп х.

~

Если уравнение F(x, у) = О задает некоторую функцию у(х) в

неявном виде и F~(x,

у) =1= о, то

dy

F~(x,

у)

(10.6)

dx =

-

F;(x,

у)

Если уравнение F(x, у,

z) =

О

задает

функцию двух переменных

z(x, у) в неявном

виде и F~(x, у,

z) =

о, то справедливы формулы:

az

=

F;(x,

у,

z)

az

F~(x,

у,

z)

(10.7)

дх

F~(x,

у,

z)

,

ду

=

-

F~(x,

у,

.~) .

Пример 6. Найти производную функции у, заданной неявно уравне­

нием х3 + у3 -

еХУ -

5 = о.

214

~Согласно формуле (10.6), имеем

	dy	зх2 _ еХУу
	dx= -зу2_ еXUх'		~
Пример 7. Найти частные производные функции z, заданной
иеявно уравиением xyz	+ х3 -	у3 - Z3 + 5 =	о.

~Воспользуемся формулами (10.7). Получим:

az yz + Зх2 az xz _ 3у2

дх = - ху-зz2' ду= - ху-Зz2 ' ~

А3-10.2

1. Найти полные дифференциалы ~едующих функций:

а) Z=X3txy2tx2y;	б) z=€f -у;
в) и = siп (xy2z ).	.

2. Вы~ислить приближенно данные выражения, заме­ нив приращения соответствующих функций их полными дифференциалами: .

а)	(1,02)3 (0,97)3;		б) .у		(4,05)2 + (2,9з)2.
(Ответ: а) 0,97; б) 4,998.)
3.	Найти частные производные функции z =.у						и2 + и2	,
если и = х siп у, и = у cos х.						Iп (иЗ +
4.	Найти частные производные функции w =
+ и3 -	t3), если и = ху,		и = х/у, t = еХУ•
5.	Найти производную функции z = tg2 (х2 -					у2), если
у= siп-...Гх.
6.	Найти производную функции у, заданной неявно
уравнением siп ху - х2 -			у2 = 5.			.
7.	Найти частные производные Фrнкции z, заданной
неявно уравнением xyz -			siп2 xyz		+ х + у3 + Z3 = 7.
8.	Вычислить значения частных производных функции
г, заданной		неявно уравнением			х +if + Z3 -	xyz = 2,
в точке Мо(1,		1, 1). (Ответ: -1,		-1.)

Самостоятельная работа

1.	Найти:		функции и =	z arctg (х/у);
а)	полный дифференциал
б)	производн~ю	функции	у, заданной	уравнением
siп3 ху2 +cos3 ух =		1.
2.	Найти:
а)	полный дифференциал функции z = ctg3(xy2 _ у3 +

+х2у);

215

б)	производную функции z =	arctg~x2
			+у2'''если у =
=е_х'.
3.	Найти:
а)	полный дифференциал функции z = eCOS'(x' - у2);
б)	частные производные функции z, заданной уравне­
нием	ry2z2 + 7у - 8xz3 + Z4 =	10.

10.3. ЧАСТНЫЕ ПРОИ3ВОДНЫЕ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ. КАСАТЕЛЬНАЯ ПЛОСКОСТЬ И НОРМАЛЬ К ПОВЕРХНОСТИ

Частными nроизводными второго порядка называЮТ частные произ-

водцые, взятые от частных производных первого порядка:
2	д (aZ)	"
az
дх2 =	дх дх	= [хх(Х, у),

IJ2z =

ду22

az

дхду =

дудх

a2z =

д (aZ)

ду ду =

д (aZ)

ду дх =

д (aZ)

дх ду =

[" ( ")

уу х, у ,

[" (	)
ху х, у ,
[" (	)
УХ Х,	у.

Аналогично определяются частные пронзводные третьего и' более

a'z

высоких порядков. Запись k - k означает, что функция Z k раз продх ду'

дифференцирована по переменной х и n - k раз по пере"lенной у. Частные производные [:у(х, у) и [;х(х, у) называЮТСЯ смешанными.

Значения смешанных производных равны в тех точках, в которых эти'

произ~одные непрерывны.

Пример 1. Найти частные производные второго порядка функции

Z = ex'u'.

~Вначале найдем частные' производные первого порядка:

az

Х, ,

2

az

= е

Х, ,

2

-дх =

е

у

·2ху

'

-ду

у

• 2х

у.

Продифференцировав их еще раз, получим:

a2z

= е

х'у'

.

4

2

4 +

х'у'

.

2

2

дх2

х

у

е

у,

2

х'у'

4 4

2 +

х'у'

2 2

a Z

.

у

е

.

-=е

х

Х,

ду2

a2z

Х22

3

У

3

+

е

Х 2 2

4ху,

- '=- е

у

• 4х

у

•

дхду

iJ2z

е

х'у'

.

4

3

у

3 +

е

х'у'

•

4

-- =

х

ху.

дудх

a2z a2z

СрВМlJfВзя последние два выражения, видим, что дхду = дудх' ~

2i6

	Пример 2. Доказать,		что функцня z = arctg.!!.... удовлетворяет
		a2z a2z		х
	уравнению Лапласа			= О.
		- 2 +- 2
		дх	ду

~Находим:

Тогда
a 2z a	2 z _	2ух	_	2ху		= О
дх2+ ду2-(х2		+ у2?		(х2 + у2?		-	. ~
Полный дифференциал второго порядка d 2z							функции z = [(х. у)
выражается формулой			2			2	2
2				d d	+a
	a2zd 2+2 a z					Z
d z= - x		--ху			-уd.
	дх2	дхду			ду2

Пример 3. Найти полный дифференциал .второго порядка фуикции z=x3 + у3 + х2у2.

~Находим частные производные второго порядка:

az		2	+ 2ху2,		az	2	2
дх = Зх					ду = зу		+ 2х у,
a2z				2у2,	a2z		2	a2z
__ = 6х +					-- =	6у + 2х		• -- = 4ху.
дх2					ду2			дхду
Следовательно;
d 2z =	(6х + 2y 2)dx2 + 8xydxdy + (6у + 2x2)dy 2.								~.
Если поверхность				задана уравнением				z = [(х. у),	то уравнение

касательной плоскости в точке Мо(Хо, Уо, :со) к данной поверхности:

z - Zo = Щхо. уо) (х - хо) + [~(Xo. уо) (у - Уо).

(\0.8)

а канонические уравнения нормали, проведениой через точку Мо(Хо, уо)

поверхности:

		х -	хо	у -	уо	= z -	Zo	(\0.9)
		Щхо. уо)		n(Хо, уо)		-	\
В случае, когда уравнеиие гладкой поверхности задано внеявном
виде:	Р(х,	у. z) = О.	и Р(хо. Уо,		zo) =	О, то уравнение касательной
плоскости в точке Мо(Хо, Уо. zo) имеет вид
F~(xo.	уо.	zo) (х - хо) + P~(Xo,		Уо. zo) (у -		уо) + F~(xo. уо. zo) (z - zo) = О.
								(\0.10)

ауравнение нормали -

х - хо		у -	уо	z -	Zo		(\0.\\)
P~(Xo. уо.	zo)	P~(Xo. уо, zo)		----о ~
				P~(Xo. Уо, zo)
Пример 4. Найти	уравнение		касательной· плоскости			и	уравнения
нормали к поверхности х + у3 +			Z3 + xyz -	6 =	О в точке Мо(\. 2, -			1).
~ Вычисляем значения частных производных в точке						Мо(\, 2. -		\):
P~(Xo, Уо.		zo) = (зх2 + yz)		1М' = \.
Р; (хо, Уо,		Zo) = (3у2 + xz)		м. = \\,
P~(Xo, уо.		zo) = (зz2 + ух)		м. = 5.

2\7·

Подставляя НХ в уравнения (10.10) и (10.11), получаем соответственно уравнение касательиой плоскости

(х-1)+ II(y-2)+5(z+ 1)=0

иканонические уравнения нормали

х-1 у-2 z+1

- 1 - =-1-1- = - 5 - ~

А3-10.3

1. Найти частные производные второго порядка ука­

занных функций и проверить, равны ли их смещанные

частные производных:
'а) z= ~-V(Х2+у2)3;		б) Z=lп(х+-Vх
						2+у2);
в) z=еХ(siпу+соsх);		г)	z=arctg x +y .
.					1 -ху
2. Доказать,	что функция			z =	еХ(х cos у - у sin у)
удовлетворяет уравнению		д2~ +д2~ =			О.
		дх	ду
3. Доказать, что функция z = e- cos (х + Зу) удовлетворяет
уравнению 9. a2z = a2z .
дх2	ду2
4. Найти уравнение касательной плоскости и уравне­
ния нормали к	поверхности		xyz2	+	2у2 + 3yz +4 = О в

точке Мо(О, 2, -2).

5. Найти уравнения касательной плоскости и нормали

к поверхности z = -}х2 - -} у2 В точке Мо(3, 1,				4). ( Ответ:
3х -	у - z =	4	х-3 у-1 Z-4)	.
			'-з- =--=т---=т-.
6.	Для эллипсоида х2 + 2у2 +z = 1 записать уравне­
ние	касательной плоскости, параллельной			плоскости

x-у+2z=О. (Ответ: x-y+2z= +-flli2.)

С~мостоятельная работа

1. 1. Найти частные производные второго порядка
функции z = In(x2+у2).
2. Записать уравнения касательной плоскости и нор­
мали к поверхности х2 +2у2	+ зz2 = 6 в точке Мо(1, - 1, 1).
2. 1. Найти частные производные второго порядка
функции z = еХу2 •	"
2. Записать уравнения касательной плоскости и
нормали к поверхности z =	1 +х2 +у2 В точке Мо(1, 1, zo).

218

3. 1. Найти частные производные второго порядка
функции z = (х +у)/(х - у).
2.	Записать уравнения касательной плоскости и нор­
мали к	поверхности x 2z - xyz +у2 -	Х - 3 =	О в точке
Мо( -2, 3, zo).
10.4. ЭКСТРЕМУМ ФУНКЦИИ ДВУХ ПЕРЕМЕННЫХ
Точка	Мо(Хо, уо) иазывается точкой	ЛОIWЛыюго	максимума
(минимума) функции z = [(х, у), если для всех точек М(х,			у), отличных

от Мо(Хо, уо) и принадлежащих достаточно малой ее окрестности,

выполняется неравенство

[(хо, Уо) -;;:. [(х, у) ([(хо, уо) ~ [(х, у».

Максимум или мииимум функции называется ее экстремумом. Точка,

в которой достнгается экстремум функции, называется точкой экстре­

мума функции.

Теорема 1 (необходUAlblе условия 8кстремума). Если точка

Мо(Хо, уо) является точкой экстремума функции [(х, у), то [~(Xo, уо) = = n(хо, уо) = о или хотя бbl одна из этих nроизводНblХ не существует.

Точки, для которых эти условия выполнены, называются стацио­ нарными или критическими. Точки экстремума всегда являются

стационарными, но стационарная точка 'может и не быть точкой экстремума. Чтобы стационарная точка была ТОЧКОй экстремума, должны 'выполняться достаточные условия экстремума.

Для того чтобы сформулировать достаточные условия экстремума

функции	двух переменных, введем	следующие	обозначения:	А =
= [:х(хо,	Уо, 8 = fJiy(xo, уо), С = fFfy(Xo,	уо), L'1 = АС -	82.
Теорема 2 (достаточные условия экстремума).			Пусть функция	z =
= [(х, у)	имеет непрерывные частные nроизводные		до третьего порядка

включительно в некоторой области, содержащей стационарную точку

Мо(Хо, уо). Тогда:

1)

если

L'1

> о,

то точка Мо(хо, уо) является точкой экстремума

для данной

функции, причем МО будет

точкой максимума

при А < О

(С < о) и точкой минимума при А > О (С> о);

2)

если

L'1

< о,

то в точке Мо(Хо, уо) экстремума нет;

3)

если

L'1

= о,

то экстремум может быть, а может и не быть.

Отметим,

что

случай

3 требует

дополнительных

исследований.

Пример

1.

Исследовать

на экстремум

функцию

z =

х

З

+ уЗ -

3ху.

~

Так

как в

данном

az

и

az

существуют,

то

случае дх

ду всегда

для нахождения стационарных (критических) точек получаем систему

уравнений (см. теорему 1):

az	3х	2	3у = о,
дх =		-
az	3у2 -		3х = о.
ду =

Решаем систему уравнений

х2 _у=0, }

у2 -х=О,

откуда х, = о, Х2 = 1, у, = о, У2 = 1. Таким образом, получили две стационарные точки: М,(о, о) и M2 (1, 1).

219

Находим:

		д22
	А=-=6х,
		ilx2
Тогда L'1	= АС -	В2 = 36ху -	9.	-9 < О, т. е. в этой точке экстремума
В точке М ,(О, О) величина L'1 =
нет. В точке M2 (1, 1) величина L'1				= 27 > О и А = 6 > О; следовательно,
в этой	точке	данная функция			достигает локального минимума:
2т;п= -1 .....					найденный при условии q>(X, У) = О,
Экстремум функции 2 =			[(х,	У),

называется УСЛОВНЫМ. Уравнение q>(x, У) = О называется уравнением

связи. Геометрически задача отыскания условного экстремума сво­

дится к нахождению экстремальных точек кривой, по которой поверх­

ность 2

=

[(х,

У) пересекается

с цилиндром q>(x, У) =

О.

Если

из

уравнения

связи

q>(x,

У) = О найти

У =

у(х) и подставить

в фуtlкцию 2

= [(х,

У), то задача

отыскания

условного экстремума

сво­

дится

к

нахождению

экстремума

функции

одной

переменной

2 =

= [(х, у(х».

2. Найти

х2 -

Пример

экстремум

функции

2 =

у2 при

условии,

что У =

2х -

6.

У =

2х - 6

~

Подставив

в

данную функцию,

получим

функцию

одной переменной х:

+ 24х -

2 = х2 -

(2х -

6)2,

2 = - 3х2

36.

Находим z' =

-6х +24;

z' =

О, откуда х =

4.

Так

как

z" =

- 6 < О,

то

в

точке

M t (4,

2)

даиная

функция

достигает условного максимума: Zm"x = 12.....

Дифференцируемая функция в ограничениой замкнутой области

D достигает своего наабольшего (наименьшего) значенuл либо в

стационарной точке, лежащей внутри области Ь, либо на границе этой

Обла~ти. Для отыскания_наИбольшего и наименьшего значений функции

в замкнутой области D необходимо найти все критические точки, лежащие внутри даниой области и на ее граиице, вычислить значения функции в этих точках, а также во всех остальных точках граиицы,

а затем путем сравнения полученных чисел выбрать наибольшее

инаименьшее из них.

Пример	3. Найти наибольшее и	наименьшее значения функции
z = х2 +у2 -	ху +х +У в области,	ограничеиной линиими х = О,

У=О, х+у= -3.

~Находим стационарную точку М, из следующей системы:

~;= 2х- У+ 1 = О, }

az

-=2у-х+ 1 =0,

ду

откуда х = -1, У = -1. Получили			точку М,( -1, -1) в которой
z,=2(-I, -1)= -1.
Исследуем данную	функцию	на	границе области. На прямой
ОВ .(рис. 10.3), где х = О,	имеем z =	у2	+ У и задача сводится к отыска­

нию наибольшего и иаименьшего зиаченнй функции одной переменной на отрезке [ - 3; О]. Находим z~ = 2у + 1 = О, У = - 1/2, Z;y = 2. Получили точку условного локального мииимума М2{О, - 1/2), в кото­

рой 22 = z(O, -1/2) = -1/4.

На концах отрезка ОВ Z3 = 2(0, - 3) = 6, z. = z(O, О) = О.

220

у

х

Рис.

10.3

Аналогично на прямой ОА,

где У = О, имеем: z = х" + х, г~ = 2х +

+ ! = О, х = -

1/2,

г';х = 2,

т. е. мз( -

1/2, О) - точка локального

минимума,

в

которой

г5 = г( -1/2,

О) = -1/4.

В

точке

А

г6 =

=г(-3,О)=6.

х + У =

На отрезке

АВ прямой

-3

имеем,

исключив

У

из z

в

соответствии

с

уравнением

у = -х -

3: z = Зх2

+ 9х + 6,

г; =

= 6х + 9 =

О, х =

-3/2, отсюда находим стационарную точку М.( -3/2,

-3/2), в

которой

Zi= г( -3/2, -3/2) =

-3/4. На

концах

отрезка

АВ "Значения функции уже найдены.

.

Сравнивая

все

полученные

значения

функции г, заключаем, что

:гиаиб = 6 достигается· в

точках

А( -

3,

О) и

В (О, -

3),

а·· 2изи• = - 1 -

в стационарной точке Mt(-:-I,

-1). •

,

Пример 4.

Определить размеры

прямоугольного лара.ллелепипеда

наибольшего объема,. ПQлная поверхность которого и~еет. данную ilло~ щадь S.

~ Объем прямоугольного параллелепипеда V =								хуг, где ·х, У, ·г­
измерения	параллелепипеда,	а	площадь			его	поверхнос'Ги S = 2(ху +
+ Х2 + уг),	откуда							.
	S - 2ху		Sxy -		2х2у2		= V(x,
	Z = 2(х + у)'	V =		2(х	+	У)		У).
Найдем экстремум функции			V =	V(x,		У):

aV	y2(S~2x2_4Xy)~0
дх	2(х+ у)2	'	}
aV =x2(S-2у2_4ХУ)=0
дх	2(х + У?	'
	S - 2х2 - 4ху = О,}

S - 2у2 - 4ху = О.

Так как х > О, у> О, ТО из последней системы следует, что х = У =

= -VS/6. Получили единственную стационарную точку Mo(-VS/6, -VS/6),

которая являетси точкой максимума функции V = V(x, У) (т. е. задача

имеет решение!), поэтому проверять выполнение достаточных условий

максимума иет необходимости. Далее находим

2 = S - S/3 = 2S/3 = ";S/6.

4";S/6 4";S/6

221

Таким образом, наибольший объем имеет куб с ребром, равным

-VS/б. ~

АЗ-l0.4

1. Исследовать данные функции на локальный экстре·

мум:
а) Z = х3 + 3ху2 - 15х - 12у;
б) z=x2+xy+y2_2x-y;
в) z=3xy-х2 _ у2_IОх+5у.
(Ответ: а)			Zmin=z(2, 1)= -28, Zmax=z(-2, -1)=28;
б) Zmin = z(l, О) = -1; в) точек экстремума нет.)
2:	Найти экстремумы функции Z =			Х + 2у при условии
х2 +у2 = 5.			(Ответ: Zmin = -5 при	х = -1, у = -2;
Zmax = 5		при х = 1, у = 2.)
3.	Найти наименьшее и наибольшее значения функции
Z = х2 -		2у2 +4ху - 6х + 5 в области, ограниченной пря­
мыми х =		О, У = О, х +у = 3. (Ответ: Zи,им = z(3, О) = -9,
Zиаиб =	z(O, О) = 5.)
4	Найти наибольшее и наименьшее значения функции
Z = х2у(4 -			х - у) в области, ограниченной прямыми х = О,
У = О,	х	+	у = 6. (Ответ: Zиаим = z(4,	2) = -64, Zнаиб =

=z(2, 1) = 4.)

5.Определить размеры прямоугольного [,Iараллеле­

пипеда данного объема V, имеющего поверхность наимень-

шей площади. (Ответ: куб с ребром, равным -VV.)

		Самостоятельная работа
	1.	Исследовать	на экстремум функцию Z =				х3 +у2 -
-	3х	+ 2у. (Ответ:	Zmin = z(l, -1) =		-3.)			х-{У-
	2.	Исследовать	на	экстремум	функцию	Z =
-	х2	- У +6х + 3.	(Ответ: Zmax = z(4, 4) = 15.)
	3.	Исследовать	на	экстремум	функцию		Z =	зх2 -
-	х3	+ 3у2 + 4у. (Ответ:		Zmin = Z(O,	- 2/3) =	-	4/3.)

10.5. ИНДИВИДУАЛЬНЫЕ ДОМАШНИЕ ЗАДАНИЯ К ГЛ. 10

ИДЗ-l0.l

1. Найти область определения указанных функций.

1.1. z=3xy/(2x-5y).		1.2. z=ar<;sin(x-y).
1.3.	Z =-Vy 2- х2.	1.4. Z = ln (4 - х2 _ у2).
1.5.	z=2/(6-X2 _ y 2).	1.6. Z=-VХ2+у2~5.

222