Проверка способности LLM решать математические задачи

[nnosipov]

mihaild
Будьте добры, скормите Gemini уравнение $x(y^3-2x^3)=y^2+y$ (доказать, что $(x,y)=(1,2)$ является единственным решением в натуральных числах). Здесь нет халявного пути решения, поэтому интересно, сможет ли Gemini найти запланированный способ решения.

[b4b5]

nnosipov
qwen решил, ответ ему не давал, решение не анализировал.

[Mikhail_K]

b4b5 в сообщении #1713511 писал(а):

nnosipov
qwen решил, ответ ему не давал, решение не анализировал.

Правильный ответ в таких задачах подобрать гораздо проще, чем привести правильное доказательство. Вся сложность именно в построении доказательства, а не просто в получении ответа. Так что, не приводя и не анализируя решение, и близко нельзя утверждать, что "решил".

[b4b5]

Mikhail_K Знаю, понимаю, мельком глянул, похож на правду ход решения. Приводить смысла нет, каждый бесплатно может запрос дать.

[nnosipov]

b4b5 в сообщении #1713518 писал(а):

похож на правду ход решения

Откуда Вы знаете? Вы сами-то доказать умеете?

-- Пн дек 29, 2025 02:47:06 --

b4b5 в сообщении #1713518 писал(а):

Приводить смысла нет, каждый бесплатно может запрос дать.

Действительно, хрень полная: у меня Qwen доказал отсутствие даже вещественных решений, начиная с некоторого $x_0$. Чем-то Алису напоминает.

[b4b5]

Ответ выдал правильный мне, решение не смотрел, некогда было, посмотрел внимательнее, сам такое не решу. (наверное )

[talash]

nnosipov в сообщении #1713402 писал(а):

Будьте добры, скормите Gemini уравнение $x(y^3-2x^3)=y^2+y$ (доказать, что $(x,y)=(1,2)$ является единственным решением в натуральных числах). Здесь нет халявного пути решения, поэтому интересно, сможет ли Gemini найти запланированный способ решения.

Ловите доказательство от ChatGPT PRO (вроде бы поумнее gemini должен быть).

Промпт такой:

Цитата:

Приведи строгое доказательство без упущений и умолчаний, что у уравнения $x(y^3-2x^3)=y^2+y$ является единственным решением в натуральных числах это решение: $(x,y)=(1,2)$

Доказательство:

(Оффтоп)

ChatGPT PRO писал(а):

Доказательство. Пусть $x,y\in\mathbb N$ (натуральные, то есть положительные) удовлетворяют

$$ x\bigl(y^3-2x^3\bigr)=y^2+y. \eqno(1) $$

Правая часть равна $y^2+y=y(y+1)>0$. Так как $x>0$, из (1) следует, что

$$ y^3-2x^3>0, \quad\text{то есть}\quad y^3>2x^3. \eqno(2) $$

В частности, $y\ge2$.

Преобразуем (1):

$$ xy^3-2x^4=y^2+y, \eqno(3) $$

$$ xy^3-y^2-y=2x^4, \eqno(4) $$

$$ y\bigl(xy^2-y-1\bigr)=2x^4. \eqno(5) $$

Докажем, что множители в левой части (5) взаимно просты. Обозначим

$$ d=\gcd\bigl(y,\,xy^2-y-1\bigr). \eqno(6) $$

Тогда $d\mid y$, а также $d\mid(xy^2-y-1)$. Но по модулю $y$ имеем

$$ xy^2-y-1\equiv -1 \pmod y, \eqno(7) $$

следовательно, из $d\mid y$ и $d\mid(xy^2-y-1)$ получаем $d\mid 1$, то есть

$$ \gcd\bigl(y,\,xy^2-y-1\bigr)=1. \eqno(8) $$

\textbf{Лемма.} Пусть $A,B,C\in\mathbb N$, $\gcd(A,B)=1$ и

$$ AB=2C^4. \eqno(9) $$

Тогда существуют $u,v\in\mathbb N$ и $\varepsilon\in\{0,1\}$ такие, что

$$ A=2^\varepsilon u^4,\qquad B=2^{1-\varepsilon}v^4,\qquad C=uv. \eqno(10) $$

\textit{Доказательство леммы.}
Рассмотрим разложение $C$ на простые:

$$ C=\prod_{p} p^{e_p}, \qquad e_p\in\mathbb Z_{\ge0}. \eqno(11) $$

Тогда

$$ 2C^4=2^{\,4e_2+1}\prod_{p\ \text{нечётн.}} p^{4e_p}. \eqno(12) $$

Так как $\gcd(A,B)=1$, каждый простой $p$ входит целиком либо в $A$, либо в $B$ (в смысле: его степень в произведении $AB$ целиком принадлежит одному из множителей). Для нечётного простого $p$ степень $4e_p$ кратна $4$, значит, в том множителе ($A$ или $B$), куда попал $p$, показатель степени $p$ кратен $4$; следовательно, нечётная часть каждого из $A$ и $B$ является четвёртой степенью.

Для простого $2$ суммарный показатель в (12) равен $4e_2+1\equiv1\pmod4$, а поскольку $A$ и $B$ взаимно просты, вся степень двойки $2^{4e_2+1}$ попадает либо в $A$, либо в $B$. Значит, один из множителей равен $2$ умножить на четвёртую степень, а другой — просто четвёртая степень.

Формально: положим $\varepsilon=1$, если $2\mid A$, и $\varepsilon=0$, если $2\nmid A$ (тогда обязательно $2\mid B$). Определим $u$ как произведение тех простых $p$, которые попали в $A$, с показателями $e_p$, а $v$ — как произведение остальных простых (попавших в $B$) тоже с показателями $e_p$. Тогда по построению $uv=C$, и из (12) получаем представление (10). Лемма доказана.

Применим лемму к (5) с

$$ A=y,\qquad B=xy^2-y-1,\qquad C=x. \eqno(13) $$

Условие $\gcd(A,B)=1$ выполнено по (8), а равенство $AB=2C^4$ — это (5). Следовательно, существуют $u,v\in\mathbb N$ и $\varepsilon\in\{0,1\}$ такие, что

$$ y=2^\varepsilon u^4,\qquad xy^2-y-1=2^{1-\varepsilon}v^4,\qquad x=uv. \eqno(14) $$

Рассмотрим два случая.

\textbf{Случай 1: $\varepsilon=0$.}
Тогда из (14)

$$ y=u^4,\qquad x=uv,\qquad xy^2-y-1=2v^4. \eqno(15) $$

Так как по (2) $y\ge2$, получаем $u^4\ge2$, то есть

$$ u\ge2. \eqno(16) $$

Подставим $x=uv$, $y=u^4$ в равенство $xy^2-y-1=2v^4$:

$$ (uv)\cdot(u^4)^2-u^4-1=2v^4, \eqno(17) $$

то есть

$$ u^9v-u^4-1=2v^4, \eqno(18) $$

или, вынеся $v$,

$$ v\bigl(u^9-2v^3\bigr)=u^4+1. \eqno(19) $$

Обозначим

$$ q=u^9-2v^3. \eqno(20) $$

Тогда из (19) имеем $vq=u^4+1$, в частности,

$$ v\mid (u^4+1). \eqno(21) $$

Покажем, что $v>u^2$. Предположим противное: $v\le u^2$. Тогда $v^3\le u^6$, и потому

$$ q=u^9-2v^3\ge u^9-2u^6=u^6(u^3-2). \eqno(22) $$

Для $u\ge2$ имеем $u^3-2\ge6$, значит из (22)

$$ q\ge 6u^6. \eqno(23) $$

Тогда из (19), учитывая $v\ge1$,

$$ u^4+1=vq\ge 1\cdot 6u^6=6u^6. \eqno(24) $$

Но при $u\ge2$ выполняется $6u^6>u^4+1$ (например, $6u^6-(u^4+1)=u^4(6u^2-1)-1\ge16(24-1)-1>0$), противоречие. Следовательно,

$$ v>u^2. \eqno(25) $$

Из (25) следует $v\ge u^2+1$, поэтому

$$ v^2\ge (u^2+1)^2=u^4+2u^2+1>u^4+1, \eqno(26) $$

а значит, из $vq=u^4+1$ получаем

$$ 0<q=\frac{u^4+1}{v}<v. \eqno(27) $$

Кроме того, из (25) и (16) имеем $u<v$.

Теперь используем сравнение по модулю $v$. Из (21) следует

$$ u^4\equiv -1 \pmod v. \eqno(28) $$

Возведём (28) в квадрат:

$$ u^8\equiv 1 \pmod v, \eqno(29) $$

и умножим на $u$:

$$ u^9\equiv u \pmod v. \eqno(30) $$

По определению $q=u^9-2v^3$, а $2v^3\equiv0\pmod v$, поэтому из (30)

$$ q\equiv u^9\equiv u \pmod v. \eqno(31) $$

Но по (27) $0<q<v$, а также $0<u<v$. Из (31) следует, что $v\mid(q-u)$.
Так как $|q-u|<v$, единственная возможность — $q-u=0$, то есть

$$ q=u. \eqno(32) $$

Тогда из $vq=u^4+1$ получаем $vu=u^4+1$, то есть

$$ u\mid (u^4+1). \eqno(33) $$

Но $u^4+1\equiv 1\pmod u$, значит (33) возможно только при $u=1$, что противоречит (16). Следовательно, случай $\varepsilon=0$ невозможен.

\textbf{Случай 2: $\varepsilon=1$.}
Тогда из (14)

$$ y=2u^4,\qquad x=uv,\qquad xy^2-y-1=v^4. \eqno(34) $$

Подставим $x=uv$, $y=2u^4$ в равенство $xy^2-y-1=v^4$:

$$ (uv)\cdot(2u^4)^2-2u^4-1=v^4, \eqno(35) $$

то есть

$$ 4u^9v-2u^4-1=v^4. \eqno(36) $$

Перепишем (36) в виде

$$ v\bigl(4u^9-v^3\bigr)=2u^4+1. \eqno(37) $$

Обозначим

$$ q=4u^9-v^3. \eqno(38) $$

Тогда из (37) имеем $vq=2u^4+1$, в частности,

$$ v\mid (2u^4+1). \eqno(39) $$

Докажем, что при $u\ge2$ обязательно $v>u^3$. Предположим противное: $v\le u^3$.
Тогда $v^3\le u^9$, и потому из (38)

$$ q=4u^9-v^3\ge 4u^9-u^9=3u^9. \eqno(40) $$

Тогда из (37), учитывая $v\ge1$,

$$ 2u^4+1=vq\ge 1\cdot 3u^9=3u^9. \eqno(41) $$

Но при $u\ge2$ имеем $3u^9>2u^4+1$ (например, $3u^9-(2u^4+1)=u^4(3u^5-2)-1\ge16(96-2)-1>0$), противоречие. Значит, при $u\ge2$

$$ v>u^3. \eqno(42) $$

Пусть теперь $u\ge2$. Тогда из (37) и (42) получаем оценку на $q$:

$$ 0<q=\frac{2u^4+1}{v}<\frac{2u^4+1}{u^3}=2u+\frac1{u^3}<2u+1. \eqno(43) $$

При $u\ge2$ выполнено $u^3>2u+1$ (так как $u^3-(2u+1)=u(u^2-2)-1\ge2\cdot2-1>0$), и из (42) следует $v>u^3>2u+1$.
Совместно с (43) это даёт

$$ 0<q<v \quad\text{и}\quad 0<u<v. \eqno(44) $$

Теперь найдём $q$ по модулю $v$. Из (39) имеем $2u^4\equiv -1\pmod v$, умножая на $2u^4$:

$$ 4u^8\equiv 1 \pmod v, \eqno(45) $$

и умножая на $u$:

$$ 4u^9\equiv u \pmod v. \eqno(46) $$

По определению $q=4u^9-v^3$, а $v^3\equiv0\pmod v$, значит из (46)

$$ q\equiv 4u^9\equiv u \pmod v. \eqno(47) $$

Из (44) следует $v\mid(q-u)$ и $|q-u|<v$, поэтому $q=u$, то есть

$$ q=u. \eqno(48) $$

Тогда из $vq=2u^4+1$ получаем

$$ vu=2u^4+1, \quad\text{то есть}\quad v=\frac{2u^4+1}{u}=2u^3+\frac1u. \eqno(49) $$

Правая часть целая тогда и только тогда, когда $u\mid 1$, то есть $u=1$, что противоречит предположению $u\ge2$. Значит,

$$ u=1. \eqno(50) $$

Подставляя $u=1$ в (37), получаем

$$ v(4-v^3)=3. \eqno(51) $$

Так как $v\in\mathbb N$, из (51) следует $v\mid 3$, то есть $v\in\{1,3\}$. При $v=3$ левая часть равна $3(4-27)<0$, что невозможно, следовательно

$$ v=1. \eqno(52) $$

По (34) имеем $x=uv=1$ и $y=2u^4=2$, то есть найдено решение $(x,y)=(1,2)$.

Осталось проверить, что оно действительно удовлетворяет (1):

$$ 1\cdot(2^3-2\cdot1^3)=1\cdot(8-2)=6,\qquad 2^2+2=4+2=6. \eqno(53) $$

Итак, случай $\varepsilon=0$ невозможен, а в случае $\varepsilon=1$ единственно возможно $u=1$, $v=1$, что даёт $(x,y)=(1,2)$.
Следовательно, уравнение (1) имеет ровно одно решение в натуральных числах:

$$ (x,y)=(1,2). \eqno(54) $$

[ozheredov]

talash, наверное, вначале желательно цитировать промпт. "Докажи, что решение (1,2) единственное" радикально отличается от "Найди все решения этого хитро выделанного уравнения"

[talash]

ozheredov
добавил промпт в своё сообщение

[ozheredov]

talash
Thanks!
Интересно, а если ему посто сказать "реши уравнение ..." (в перезапущенной, естественно, сессии) - будет ли он доказывать единственность (1,2)?

[nnosipov]

talash в сообщении #1713561 писал(а):

Ловите доказательство от ChatGPT PRO

Спасибо, это правильное решение, правда, излишне усложненное и потому такое длинное.

[talash]

ozheredov
У меня в тарифе несколько запросов к PRO в месяц, поэтому, не просите о тестах.

[Rasool]

Интересная статья на Хабре: Если ИИ не мыслит, то как он решает математические задачи?

[mihaild]

nnosipov в сообщении #1713402 писал(а):

Будьте добры, скормите Gemini уравнение $x(y^3-2x^3)=y^2+y$

(Gemini 3 Deep Think)

Let $x$ and $y$ be positive integers satisfying the equation:

$$x(y^3 - 2x^3) = y^2 + y$$

Since $x, y > 0$, the right-hand side $y^2+y$ is positive. Thus $y^3 - 2x^3 > 0$, implying $y > \sqrt[3]{2}x$.
Let $d = \gcd(x, y)$. We can write $x = da$ and $y = db$ where $\gcd(a, b) = 1$. Substituting these into the equation:

$$da(d^3b^3 - 2d^3a^3) = d^2b^2 + db$$

Dividing by $d$:

$$d^3 a (b^3 - 2a^3) = b(db + 1)$$

Since the left-hand side is divisible by $b$ and $\gcd(b, db+1) = 1$, we must have $b \mid d^3 a (b^3 - 2a^3)$. Since $\gcd(b, a) = 1$ and $\gcd(b, b^3 - 2a^3) = \gcd(b, -2a^3) = \gcd(b, 2)$, it follows that $b \mid 2d^3$.
Also, the equation shows $d^3$ divides $b(db+1)$. Since $\gcd(d, db+1) = 1$, we must have $d^3 \mid b$.
Combining $d^3 \mid b$ and $b \mid 2d^3$, we have $b = k d^3$ for some integer $k \in \{1, 2\}$.
Case 1: $k = 1$
Substituting $b = d^3$ into the simplified equation:

$$d^3 a (d^9 - 2a^3) = d^3 (d^4 + 1)$$

$$a(d^9 - 2a^3) = d^4 + 1$$

Rearranging gives $2a^4 - ad^9 + d^4 + 1 = 0$, or $a(d^9 - 2a^3) = d^4 + 1$.
Since $d^4 + 1 > 0$, we have $d^9 > 2a^3$. Also, $a$ must divide $d^4 + 1$. Thus $a \le d^4 + 1$.
Substituting $a \le d^4 + 1$ into $2a^3 < d^9$, this is consistent for large $d$.
However, rewriting the equation as $d^9 (a) - 2a^4 = d^4 + 1$:
If $d=1$: $a(1 - 2a^3) = 2$, impossible for $a \ge 1$.
If $d \ge 2$:
From $a(d^9 - 2a^3) = d^4 + 1$, we see $a$ is a divisor of $d^4+1$.
Let $a \approx \sqrt[3]{1/2} d^3$. Then $a$ scales as $d^3$.
The term $d^9 a$ is of order $d^{12}$, while $2a^4$ is also order $d^{12}$.
Specifically, let $u = d^9/a^3$. We need $a^4 (u - 2) = d^4 + 1$.
Since $a \ge 1$, $u - 2 > 0 \implies d^9 > 2a^3$.
Using $a(d^9 - 2a^3) = d^4 + 1$:
If $a=1$, $d^9 - 2 = d^4 + 1 \implies d^9 - d^4 - 3 = 0$, no integer solution.
If $a > 1$, then $d^9 - 2a^3 < d^4 + 1$.
Thus $2a^3 > d^9 - d^4 - 1$.
We have $a^3 \approx d^9 / 2$.
Then $a \approx \frac{1}{\sqrt[3]{2}} d^3$.
However, $a$ must divide $d^4 + 1$. This means $a \le d^4 + 1$.
For large $d$, $d^3$ does not divide $d^4+1$ (the ratio is $d + 1/d^3$, not an integer).
More formally, $a \mid (d^4+1)$ implies $a \le d^4+1$ or $a$ is small.
If $a \sim d^3$, then $a \nmid d^4+1$ for $d \ge 2$.
Thus, no solution in this case.
Case 2: $k = 2$
Substituting $b = 2d^3$ into the equation:

$$d^3 a (8d^9 - 2a^3) = 2d^3 (2d^4 + 1)$$

$$a(4d^9 - a^3) = 2d^4 + 1$$

$$4ad^9 - a^4 = 2d^4 + 1 \implies a^4 - 4ad^9 + 2d^4 + 1 = 0$$

If $d=1$:

$$a^4 - 4a + 3 = 0$$

Checking small integers:
$a=1 \implies 1 - 4 + 3 = 0$. Solution found.
$a=2 \implies 16 - 8 + 3 \ne 0$.
Factorizing: $(a-1)(a^3+a^2+a-3) = 0$. Since $a \ge 1$, the second factor is zero only if $a=1$.
This yields $x = 1(1) = 1$, $y = 1(2(1)^3) = 2$.
Check: $1(8 - 2) = 6 = 2^2 + 2$. Correct.
If $d \ge 2$:
Rewriting $4ad^9 - a^4 = 2d^4 + 1$:
$a(4d^9 - a^3) = 2d^4 + 1$.
This requires $a$ to divide $2d^4 + 1$.
Also implies $4d^9 > a^3$, so $a < \sqrt[3]{4} d^3 \approx 1.58 d^3$.
Also $a^4 \approx 4ad^9 \implies a^3 \approx 4d^9 \implies a \approx 1.58 d^3$.
So $a$ must be close to $1.58 d^3$.
However, $a$ must divide $2d^4 + 1$.
For $d \ge 2$, $1.58 d^3 > 2d^4 + 1$ is false, but $a$ must be $\le 2d^4+1$.
But $a$ acts as a divisor. The divisors of $2d^4+1$ are either small or large (close to $2d^4$).
A divisor of size $d^3$ is impossible for $2d^4+1$ generally.
Specifically, if $a \mid 2d^4+1$, then $a \le 2d^4+1$.
Let's check the constraint $a(4d^9 - a^3) = 2d^4+1$.
If $a \approx 1.58 d^3$, then $2d^4+1$ is divisible by $\approx 1.58 d^3$.
The quotient would be $\frac{2d^4}{1.58 d^3} \approx 1.26 d$.
So $4d^9 - a^3 = k$ where $k \approx 1.26 d$.
Then $a^3 = 4d^9 - k$.
$a = \sqrt[3]{4d^9 - k} \approx 1.58 d^3$.
We check if $a$ divides $2d^4+1$.
$a \cdot k = 2d^4 + 1$.
$1.58 d^3 \cdot 1.26 d \approx 2 d^4$. Consistent in magnitude.
However, consider the Diophantine equation $a^4 - 4ad^9 + 2d^4 + 1 = 0$ for $d \ge 2$.
For $a$ to be an integer, $a^4 \approx 4ad^9 \implies a \approx \sqrt[3]{4} d^3$.
Let's test $d=2$. $a^4 - 2048 a + 33 = 0$.
$f(a) = a^4 - 2048 a + 33$. $f(12) < 0, f(13) > 0$. No integer root.
For general $d$, the gap between consecutive fourth powers near $4d^{12}$ is approximately $4(4d^{12})^{3/4} \approx 11 d^9$.
The term $2d^4+1$ is too small to span the distance to the nearest fourth power.
Thus, no solution for $d \ge 2$.
The only solution is $(1, 2)$.
Answer: The only solution in positive integers is $(1, 2)$.

Не вчитывался. Но вроде опять рукомашество.

[nnosipov]

mihaild в сообщении #1714237 писал(а):

Но вроде опять рукомашество.

Ага. Да, Gemini на этот раз подкачал.