Проверка способности ChatGPT решать математические задачи

[vicvolf]

Mihaylo в сообщении #1685777 писал(а):

Главная слабость ИИ раскрыта: теперь это официально https://www.pravda.ru/news/science/2218 ... oficialno/

Читаю: "ИИ проявлял не только алогизмы, но и неожиданную тягу к определённости. В тестах на принятие решений GPT-4 чаще выбирал более безопасные, предсказуемые варианты — даже когда математически выгоднее было рискнуть." Значит данный ИИ не был обучен для решения таких задач. Думаю, что такое исследование говорит именно об этом.

[mihaild]

Mihaylo
А, ну раз в жёлтой газете написали, то точно так. Почему Вы перекладываете на читателя поиск нормальной публикации?

Понятие "предназначение LLM" вообще бессмысленно. Есть как минимум три разных параметра в этой стороне: чему их учат, как они используются, и какое качество получается. Смешивать их бессмысленно. А "предназначение" - это к Ведьмаку.

[CDDDS]

mihaild в сообщении #1685785 писал(а):

Mihaylo
Почему Вы перекладываете на читателя поиск нормальной публикации?

Я нашел оригинальную статью

Yang Chen; , Samuel N. Kirshner; , Anton Ovchinnikov; , Meena Andiappan; , Tracy Jenkin (2025) A Manager and an AI Walk into a Bar: Does ChatGPT Make Biased Decisions Like We Do?. Manufacturing & Service Operations Management 27(2):354-368.

Ссылка на статью

[Mihaylo]

mihaild в сообщении #1685785 писал(а):

Почему Вы перекладываете на читателя поиск нормальной публикации?

Понятие "предназначение LLM" вообще бессмысленно.

В "нормальной" публикации нет необходимости, поскольку цель - научно-популярное объяснение.
Предназначение LLM - тот ещё фетиш, не я этот флаг несу.

Я всегда говорил лишь одно: ИИ - это то, что копается/купается в избыточной информации, выдаёт результаты с невысокими требованиями к точности. Это довольно сильное ограничение (человек под колпаком этого ограничения в том числе). Не следует ждать AGI в силу проблемы повторения сенсомоторного опыта человека, ASI не следует ожидать - это абсолютно точно.

Но не всё так плохо: мы можем ожидать нечто другое, истинный искусственный интеллект (ИИИ) - эта штука будет делать то, что доступно в датасетах и применимо/полезно на практике, это очень похоже на собирательный интеллект, который может даже больше, чем обычный человек. И это немного не то, что рекламируется философами и даже менеджерами в сфере AI. Последние будут быстро корректировать свои суждения по ходу развития.

[mihaild]

Mihaylo в сообщении #1685811 писал(а):

поскольку цель - научно-популярное объяснение

Не достигнута, потому что ничего научного в объяснении нет.

Mihaylo в сообщении #1685811 писал(а):

Предназначение LLM - тот ещё фетиш, не я этот флаг несу

На этом форуме - исключительно Вы.

Mihaylo в сообщении #1685811 писал(а):

Я всегда говорил лишь одно: ИИ - это то, что копается/купается в избыточной информации, выдаёт результаты с невысокими требованиями к точности

Это Ваше определение ИИ, или определение другое (какое?), а это утверждение Вы как-то выводите?

Mihaylo в сообщении #1685811 писал(а):

Не следует ждать AGI в силу проблемы повторения сенсомоторного опыта человека

Что тут понимается под "AGI"?

[drzewo]

Попробуйте, пожалуйста скормить чату следующую задачу.
Это очень простая задача, ее дольше формулировать чем доказывать. Но именно это мне и интересно: как эта штука справится с длинным условием и большим количеством объектов с которыми надо манипулировать.

Пусть $M$ -- гладкое многообразие с локальными координатами $x=(x^1,\ldots,x^m)$. Зафиксируем точку $\hat x\in M$.
Рассмотрим гамильтонову систему с гамильтонианом

$$H=H(x,p),\quad p=(p_1,\ldots,p_m),\quad dH\ne 0$$

. Гамильтониан однороден по импульсам:

$$H(x,\lambda p)=\lambda H(x,p),\quad \forall\lambda>0.$$

Через $(x(t,y),p(t,y)),\quad t\ge 0,\quad y\in M$ обозначим решения системы уравнений Гамильтона с начальными условиями

$$x(0,y)=\hat x,\quad p(0,y)=y\in\mathbb{R}^m,$$

и лежащие на фиксированном уровне интеграла энергии

$$H(x(t,y),p(t,y))=h.$$

При малом фиксированном $\tau>0$ множество

$$\Sigma=\{x(\tau,y)\in M\mid H(\hat x,y)=h\}$$

является гладким многообразием.

Пусть вектор $u$ -- касается многообразия $\Sigma$ в точке $x(\tau,y)$
Чему равно скалярное произведение $ \langle p(\tau,y),u\rangle=?$.

[wrest]

drzewo
Ответ ИИ (DeepSeek):

Цитата:

Скалярное произведение $ \langle p(\tau, y), u \rangle $ равно нулю, так как $ u $ касается $ \Sigma $, а $p $ конормален к $ \Sigma $.

Полный текст:

(Оффтоп)

Цитата:

Рассмотрим гамильтонову систему с гамильтонианом $ H(x, p) $, однородным по импульсам $ p $. Нам даны начальные условия:

$$ x(0, y) = \hat{x}, \quad p(0, y) = y, $$

и решения $ (x(t, y), p(t, y)) $ лежат на уровне энергии $ H(x(t, y), p(t, y)) = h $.

Многообразие $ \Sigma $ определяется как:

$$ \Sigma = \{ x(\tau, y) \in M \mid H(\hat{x}, y) = h \}. $$

Вектор $ u $ касается $ \Sigma $ в точке $ x(\tau, y) $, то есть $ u $ является касательным вектором к $ \Sigma $ в этой точке.

**Шаг 1: Касательное пространство к $ \Sigma $.**
Вектор $ u $ можно представить как производную по некоторому параметру $ s $ вдоль кривой на $ \Sigma $:

$$ u = \left. \frac{d}{ds} x(\tau, y(s)) \right|_{s=0}, $$

где $ y(s) $ — кривая в пространстве начальных импульсов, такая что $ H(\hat{x}, y(s)) = h $ для всех $ s $.

**Шаг 2: Дифференцирование начального условия.**
Поскольку $ H(\hat{x}, y(s)) = h $, дифференцируя по $ s $, получаем:

$$ \left. \frac{d}{ds} H(\hat{x}, y(s)) \right|_{s=0} = \langle \nabla_p H(\hat{x}, y), y'(0) \rangle = 0, $$

где $ y'(0) $ — касательный вектор к кривой $ y(s) $ в точке $ s = 0 $.

**Шаг 3: Линеаризация потока.**
Рассмотрим вариацию решения $ (x(t, y(s)), p(t, y(s))) $ по параметру $ s $. В момент времени $ \tau $:

$$ u = \left. \frac{d}{ds} x(\tau, y(s)) \right|_{s=0} = D_y x(\tau, y) \cdot y'(0), $$

$$ v = \left. \frac{d}{ds} p(\tau, y(s)) \right|_{s=0} = D_y p(\tau, y) \cdot y'(0), $$

где $ D_y x(\tau, y) $ и $ D_y p(\tau, y) $ — матрицы производных по начальным импульсам.

**Шаг 4: Симплектичность гамильтонова потока.**
Гамильтонов поток сохраняет симплектическую форму:

$$ \sum_{i=1}^m dx^i \wedge dp_i. $$

Это означает, что для любых двух вариаций $ (u_1, v_1) $ и $ (u_2, v_2) $, выполнено:

$$ \langle u_1, v_2 \rangle - \langle u_2, v_1 \rangle = 0. $$

В частности, для вариации $ (u, v) $ и исходного решения $ (\dot{x}, \dot{p}) $:

$$ \langle u, \dot{p} \rangle - \langle \dot{x}, v \rangle = 0. $$

Но $ \dot{x} = \nabla_p H $, $ \dot{p} = -\nabla_x H $, и так как $ H $ однороден по $ p $, то $ \langle p, \nabla_p H \rangle = H $ (по теореме Эйлера об однородных функциях). Однако, здесь важно другое свойство.

**Шаг 5: Инвариантность скалярного произведения.**
Рассмотрим начальные условия при $ t = 0 $:

$$ x(0, y(s)) = \hat{x}, \quad p(0, y(s)) = y(s). $$

Тогда:

$$ \left. \frac{d}{ds} x(0, y(s)) \right|_{s=0} = 0, \quad \left. \frac{d}{ds} p(0, y(s)) \right|_{s=0} = y'(0). $$

Симплектичность потока подразумевает, что:

$$ \langle u(\tau), v(\tau) \rangle - \langle u(0), v(0) \rangle = \text{const}. $$

Но $ u(0) = 0 $, поэтому:

$$ \langle u(\tau), p(\tau, y) \rangle = \langle u(0), y \rangle = 0. $$

Здесь мы использовали, что $ v(0) = y'(0) $, а $ \langle p(\tau, y), u \rangle $ — это искомое скалярное произведение.

**Шаг 6: Учет однородности.**
Из однородности $ H $ следует, что $ p $ является конормальным вектором к уровню энергии $ H = h $. В частности, $ p $ ортогонален касательному пространству к $ \Sigma $, так как $ \Sigma $ — это уровень энергии, а $ p $ — градиент $ H $ по $ x $.

**Итог:**
Скалярное произведение $ \langle p(\tau, y), u \rangle $ равно нулю, так как $ u $ касается $ \Sigma $, а $ p $ конормален к $ \Sigma $.

**Ответ:**

$$ \boxed{0} $$

[drzewo]

Спасибо. Ответ верный ,решение -- нет.

[wrest]

Гигачат:

(Оффтоп)

Цитата:

Решение

Для начала рассмотрим гамильтонову систему с заданным гамильтонианом $H = H(x, p)$, удовлетворяющим условию однородности:

$$ H(x, \lambda p) = \lambda H(x, p), \quad \forall \lambda > 0. $$

Это означает, что гамильтониан линейно зависит от импульсов. Из-за такой зависимости гамильтоновы уравнения движения принимают вид:

$$ \dot{x}^i = \frac{\partial H}{\partial p_i}, \quad \dot{p}_i = -\frac{\partial H}{\partial x^i}, $$

где точка сверху обозначает производную по времени.

Фиксируем начальные условия:

$$ x(0, y) = \hat{x}, \quad p(0, y) = y, $$

причём траектории лежат на поверхности уровня энергии $H(x(t, y), p(t, y)) = h$, где $h$ — константа.

Обозначим через $\Sigma$ поверхность, образованную значениями координат $x(\tau, y)$ при различных начальных условиях $y$, причём такие точки удовлетворяют равенству $H(\hat{x}, y) = h$. По предположению, эта поверхность гладкая.

Далее мы хотим вычислить скалярное произведение вектора импульса $p(\tau, y)$ на касательный вектор $u$ к поверхности $\Sigma$ в точке $x(\tau, y)$.

Поскольку поверхность $\Sigma$ задаётся условием постоянства значения гамильтониана $H(\hat{x}, y) = h$, градиент функции $H(\hat{x}, y)$ ортогонален касательным векторам поверхности $\Sigma$. Это значит, что любое касательное направление $u$ перпендикулярно градиенту гамильтониана относительно переменных $y$:

$$ \langle u, \nabla_y H(\hat{x}, y) \rangle = 0. $$

Однако поскольку гамильтониан однороден первой степени по импульсам, имеем следующее свойство производной по направлению:

$$ \frac{d}{d\epsilon}H(\hat{x}, y + \epsilon u)|{\epsilon=0} = \sum{j=1}^{m}\frac{\partial H}{\partial y_j}(\hat{x}, y) u^j = \langle\nabla_y H(\hat{x}, y), u\rangle = 0. $$

Но также из гомогенизации известно, что:

$$ \sum_{j=1}^{m}y_j \frac{\partial H}{\partial y_j}(x, y) = H(x, y). $$

Следовательно, $\nabla_y H(\hat{x}, y)$ пропорционален $y$, и так как $p(0, y) = y$, то импульс в начальный момент тоже пропорционален этому же градиенту. Таким образом, движение вдоль траекторий сохраняет этот факт, и получаем, что $p(\tau, y)$ коллинеарен $\nabla_y H(\hat{x}, y)$.

Итак, учитывая, что $\nabla_y H(\hat{x}, y)$ ортогонально $u$, получаем:

$$ \langle p(\tau, y), u \rangle = 0. $$

[drzewo]

the same story

[talash]

o3

(Оффтоп)

o3 писал(а):

Скалярное произведение равно нулю:

$$ \boxed{\;\langle p(\tau ,y),\,u\rangle =0\;} $$

**Почему это так**

1. **Функция действия $S$.**
При 1-однородном по импульсам гамильтониане выполняется тождество Эйлера

$$H = \dot{x}\!\cdot\! p .$$

Поэтому для каждой характеристики из $\hat x$ задаём действие

$$ S_\tau(x):=\int_{0}^{\tau} (p\!\cdot\!\dot x-H)\,dt =\int_{0}^{\tau} p\!\cdot\!\dot x\,dt =\int_{0}^{\tau} H\,dt =h\,\tau . $$

Значит при фиксированном $\tau$ величина $S_\tau$ одинакова для **всех** концов интегральных кривых, начинавшихся в $\hat x$ с начальными импульсами на уровне $H(\hat x,y)=h$.

2. **Градиент действия — это импульс.**
В классической гамильтоновой механике

$$ \nabla_x S_\tau\bigl(x(\tau ,y)\bigr)=p(\tau ,y). $$

3. **Свойство фронта $\Sigma$.**
Поверхность
$\Sigma=\{x(\tau ,y)\mid H(\hat x,y)=h\}$
— это уровень функции $S_\tau$ (она принимает одно и то же значение $h\tau$).
Поэтому для любого касательного вектора $u\in T_{x(\tau ,y)}\Sigma$ имеем

$$ dS_\tau\bigl(x(\tau ,y)\bigr)[u]=0. $$

4. **Подстановка градиента.**
Так как $dS_\tau=\nabla_x S_\tau=p(\tau ,y)$, получаем

$$ \langle p(\tau ,y),u\rangle =0. $$

Следовательно, импульс $p(\tau ,y)$ канонически ортогонален касательному пространству фронта $\Sigma$.

-- 16.05.2025, 09:52 --

Gemini 2.5 Pro:

(Оффтоп)

Ответ: $\langle p(\tau,y), u \rangle = 0$.

Для доказательства этого утверждения мы воспользуемся свойствами гамильтониана, однородного по импульсам, и связью между импульсом и поверхностями действия.

1. **Свойство однородности Гамильтониана**:
Заданный гамильтониан $H(x,p)$ однороден по импульсам степени 1:
$H(x, \lambda p) = \lambda H(x,p)$ для $\forall \lambda > 0$.
Из теоремы Эйлера для однородных функций следует, что:

$$\sum_k p_k \frac{\partial H(x,p)}{\partial p_k} = 1 \cdot H(x,p) = H(x,p)$$

Уравнения Гамильтона имеют вид:

$$\dot{x}^k = \frac{\partial H(x,p)}{\partial p_k}, \quad \dot{p}_k = -\frac{\partial H(x,p)}{\partial x^k}$$

Из этих уравнений и свойства однородности следует:

$$\sum_k p_k \dot{x}^k = \sum_k p_k \frac{\partial H(x,p)}{\partial p_k} = H(x,p)$$

Поскольку траектории $(x(t,y), p(t,y))$ лежат на фиксированном уровне энергии $H(x(t,y), p(t,y)) = h$, то вдоль этих траекторий:

$$\sum_k p_k(t,y) \dot{x}^k(t,y) = h$$

2. **Действие Гамильтона-Якоби**:
Рассмотрим укороченное действие (или действие Якоби) для траектории, начинающейся в $\hat{x}$ и заканчивающейся в точке $x'$, лежащей на $\Sigma$:

$$S_0(x') = \int_{\hat{x}}^{x'} p \, dq = \int_0^\tau \left( \sum_k p_k(t,y) \dot{x}^k(t,y) \right) dt$$

Так как $x' = x(\tau,y)$, интегрирование ведется вдоль траектории $(x(t,y), p(t,y))$.
Используя результат из пункта 1, получаем:

$$S_0(x(\tau,y)) = \int_0^\tau h \, dt = h\tau$$

Это означает, что все точки $x(\tau,y)$ на многообразии $\Sigma$ имеют одинаковое значение укороченного действия $h\tau$, отсчитанного от $\hat{x}$. Следовательно, $\Sigma$ является поверхностью уровня для функции укороченного действия $S_0(x)$.

3. **Связь импульса и действия**:
Согласно теории Гамильтона-Якоби, импульс $p$ связан с градиентом функции действия $S_0(x)$:

$$p_k = \frac{\partial S_0(x)}{\partial x^k}$$

Таким образом, вектор $p(\tau,y)$ является (ко)вектором градиента функции $S_0$ в точке $x(\tau,y)$ и, следовательно, ортогонален (нормален) к поверхности уровня $S_0(x) = h\tau$, то есть к многообразию $\Sigma$.

4. **Скалярное произведение**:
Вектор $u$ по условию касается многообразия $\Sigma$ в точке $x(\tau,y)$. Поскольку $p(\tau,y)$ ортогонален многообразию $\Sigma$ в этой точке, а $u$ лежит в касательном пространстве к $\Sigma$ в той же точке, их скалярное произведение должно быть равно нулю:

$$\langle p(\tau,y), u \rangle = 0$$

Этот результат является фундаментальным в гамильтоновой механике и геометрической оптике, где поверхности $\Sigma$ соответствуют волновым фронтам, а импульсы $p$ (или лучевые векторы) ортогональны этим фронтам. Малое $\tau > 0$ обеспечивает гладкость $\Sigma$ (отсутствие каустик). Условие $dH \neq 0$ гарантирует, что уравнения Гамильтона корректно определены.

[drzewo]

talash в сообщении #1686004 писал(а):

Gemini 2.5 Pro:

эта, вроде, справилась

[talash]

drzewo в сообщении #1686015 писал(а):

эта, вроде, справилась

Неожиданно, гугл обогнал OpenAI.

-- 16.05.2025, 12:00 --

Попросил o3 сравнить его доказательство с правильным и найти ошибки:

Цитата:

Главное расхождение — неявное «проглатывание» слагаемого -H в определении действия, из-за чего формула выглядела логически некорректной;

[Rasool]

Я задал бесплатной версии ChatGPT следующую задачу из учебника Погорелова:
Условие задачи:
Как вписать окружность в плоский угол и точку внутри угла?
Он мне выдал следующее решение:

Цитата:

Чтобы построить окружность, которая проходит через заданную точку $P$ внутри угла $\angle AOB$ и при этом касается обоих его сторон $OA$ и $OB$, можно воспользоваться следующим синтетическим приёмом с отражением.
## 1. Обозначения и цель

* Пусть $O$ — вершина угла.
* Лучи $OA$ и $OB$ — стороны угла.
* Точка $P$ лежит строго внутри угла $\angle AOB$.
* Надо найти центр $C$ и радиус $r$ такой, что:

1. $C$ равноудалён от прямых $OA$ и $OB$ (т. е. окружность касается обеих сторон).
2. $CP = r$ (точка $P$ лежит на окружности).

## 2. Построение

1. **Проведите биссектрису** угла $\angle AOB$.
Центр касательной окружности должен лежать на биссектрисе, поскольку только биссектриса обеспечивает равенство расстояний до прямых $OA$ и $OB$.

2. **Отразите точку $P$** относительно одной из сторон угла, скажем, $OA$.

* Опустите из $P$ перпендикуляр на прямую $OA$, отметьте проекцию $P_1$.
* Через $P_1$ проведите перпендикуляр к $OA$, и отложите на нём отрезок $P_1P$ в противоположную сторону от $P$. Получится точка $P'$, отражение $P$ относительно прямой $OA$.

3. **Постройте серединный перпендикуляр** к отрезку $PP'$.
Любая точка на нём равноудалена от $P$ и $P'$, а потому её расстояние до $OA$ (половины перевёрнутого и исходного положения $P$) будет равно радиусу касательной.

4. **Найдите точку пересечения** биссектрисы $\ell$ (шаг 1) и серединного перпендикуляра к $PP'$ (шаг 3).
Обозначим это пересечение за $C$.

5. **Постройте окружность** с центром в $C$ и радиусом $CP$.
По построению:

* $C$ равноудалён от $OA$ и $OB$ (касание обеих сторон).
* $CP = CP' =$ расстояние от $C$ до $OA$ — то есть окружность касается стороны $OA$ в точке, симметричной к $P$, и аналогично касается $OB$.

## 3. Почему это работает

* Центр $C$ на биссектрисе гарантирует *одинаковое* расстояние до прямых $OA$ и $OB$.
* Отражение точки $P$ относительно $OA$ даёт точку $P'$, для которой любая точка на серединном перпендикуляре к $PP'$ равноудалена от $P$ и $P'$. Но расстояние от любой такой точки до прямой $OA$ тоже равно $CP = CP'$, что и есть радиус касания.
* Пересечение этих двух условий (на биссектрисе и на серединном перпендикуляре) даёт единственную точку $C$, удовлетворяющую одновременно и условию касания, и условию прохождения через $P$.

---

### Иллюстрация (схематично)

```
B
\
\
\ ← луч OB
\
\
C ← центр (на биссектрисе ℓ)
·
·|· ← серединный перпендикуляр к PP'
· | ·
· | ·
· | ·
P----+----P' ← отражение P относительно OA
\ |
\ |
\ |
\ |
\| ← луч OA
O
```

---

Таким образом, конструкция даёт требуемую окружность, касающуюся обеих сторон угла и проходящую через заданную точку внутри него.

Что за "серединный перпендикуляр" к PP' и чем он отличается от стороны угла OA, я так и не понял.

[Padawan]

Задал DeepSeek задачу: преобразовать уравнение $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=0$, принимая $x$ за неизвестную функцию, а $y$ и $z$ за независимые переменные. Думал 336 секунд, выдал уравнение, очень близкое к правильному:

$$ (1 + x_y^2) x_{zz} + x_z x_{yy} - 2 x_y x_z x_{yz} = 0 $$

В правильно ответе вместо слагаемого $x_z x_{yy}$ должно стоять $x_z^2 x_{yy}$. Где-то ошибся. А именно, при вычислении выражения для $\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$, остальные производные $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}$, $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}$ выразил в новых координатах правильно). Тогда я посоветовал ему ввести обозначения новых координат большими буквами $X=X(Y,Z)$, а старые маленькмим $z=z(x,y)$. Тогда все правильно сделал. Под оффтопиком -- повторное решение, после подсказки

(Оффтоп)

Преобразование уравнения Лапласа $\(\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = 0\)$
при замене переменных $\(X = X(Y, Z)\), \(Y = y\), \(Z = z\)$

Шаг 1: Определение преобразования переменных
- Старые переменные: $\(x, y\)$, функция $\(z = z(x, y)\)$.
- Новые переменные: $\(Y = y\), \(Z = z\)$, функция $\(X = X(Y, Z)\)$.
- Связь:

$$ \[ x = X(Y, Z), \quad Y = y, \quad Z = z. \]$$

Шаг 2: Вычисление первых производных
Используя правило дифференцирования неявных функций:

1. Производная $\(\frac{\partial z}{\partial x}\)$:

$$ \[ \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{\frac{\partial X}{\partial Z}} = \frac{1}{X_Z}. \]$$

2. Производная $\frac{\partial z}{\partial y}$:

$$ \[ \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{\frac{\partial X}{\partial Y}}{\frac{\partial X}{\partial Z}} = -\frac{X_Y}{X_Z}. \]$$

Шаг 3: Преобразование операторов производных
Выразим операторы $\(\frac{\partial}{\partial x}\)$ и $\(\frac{\partial}{\partial y}\)$ через новые переменные:

1. Оператор $\(\frac{\partial}{\partial x}\)$:

$$ \[ \frac{\partial}{\partial x} = \frac{1}{X_Z} \frac{\partial}{\partial Z}. \]$$

2. Оператор $\(\frac{\partial}{\partial y}\)$:

$$ \[ \frac{\partial}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial Y} - \frac{X_Y}{X_Z} \frac{\partial}{\partial Z}. \]$$

Шаг 4: Вычисление вторых производных

1. Вторая производная $\(\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}\)$:

$$ \[ \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{1}{X_Z} \right) = -\frac{X_{ZZ}}{X_Z^3}. \]$$

2. Вторая производная $\(\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}\)$:

$$ \[ \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y} \left( -\frac{X_Y}{X_Z} \right). \]$$

Раскрывая производную:

$$ \[ \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = -\frac{X_{YY}}{X_Z} + \frac{2 X_Y X_{YZ}}{X_Z^2} - \frac{X_Y^2 X_{ZZ}}{X_Z^3}. \]$$

Шаг 5: Подстановка в исходное уравнение
Суммируем $\(\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = 0\)$:

$$\[ -\frac{X_{ZZ}}{X_Z^3} - \frac{X_{YY}}{X_Z} + \frac{2 X_Y X_{YZ}}{X_Z^2} - \frac{X_Y^2 X_{ZZ}}{X_Z^3} = 0. \]$$

Умножим обе части на $\(X_Z^3\)$ для устранения знаменателей:

$$\[ -X_{ZZ} - X_Z^2 X_{YY} + 2 X_Y X_Z X_{YZ} - X_Y^2 X_{ZZ} = 0. \]$$

Собираем слагаемые с $\(X_{ZZ}\)$:

$$\[ -(1 + X_Y^2) X_{ZZ} - X_Z^2 X_{YY} + 2 X_Y X_Z X_{YZ} = 0. \]$$

Итоговое уравнение

$$\[ \boxed{ (1 + X_Y^2) X_{ZZ} + X_Z^2 X_{YY} - 2 X_Y X_Z X_{YZ} = 0 } \]$$

Пояснение:
- $\(X_Y = \frac{\partial X}{\partial Y}\), \(X_Z = \frac{\partial X}{\partial Z}\)$,
- $\(X_{YY} = \frac{\partial^2 X}{\partial Y^2}\), \(X_{ZZ} = \frac{\partial^2 X}{\partial Z^2}\)$,
- $\(X_{YZ} = \frac{\partial^2 X}{\partial Y \partial Z}\)$.

Уравнение записано в терминах новой функции $\(X(Y, Z)\)$, где $\(Y\)$ и $\(Z\)$ — независимые переменные.

Интересно нейросети от OpenAI и Гугла справятся с первого раза?