ChatGPT на экзамене в ШАД 2025 / forpes.ru

Главная
ChatGPT на экзамене в ШАД 2025

ChatGPT на экзамене в ШАД 2025 +1

18.06.2025 18:09

alexlyk314 12 1000 Источник

Авторы: Канунников А., Лыков А..

В статье мы разберём экзамены с онлайн-экзамена в ШАД в 2025 году. Посмотрим как решал этот экзамен искусственный интеллект.

По традиции экзамены в ШАД в 2025 году начались в мае. Первый этап - онлайн-тестирование. Прошедших онлайн-тестирование приглашают на второй этап - онлайн-экзамен. Особо отличившихся на онлайн-тестировании приглашают на олимпиаду. После онлайн-экзамена ожидается серия собеседований.

Организаторы разрешили пользоваться чем угодно кроме мессенджеров. Даже использование LLM не запрещалось.

Вот сводная таблица результатов различных LLM по задачам с онлайн-экзамена:

	A	B	C	D	E	F	Сумма
Chat GPT o3	10	10	10	8	10	9	57
Gemini Pro	10	8	10	9	10	9	55
DeepSeek Thinking	10	0	10	10	10	9	49
GigaChat 2 Max	0	0	0	0	0	0	0
YandexGPT 5 Pro 4	0	0	0	0	0	0	0

10 баллов - означает, что LLM решил задачу сходу, без дополнительных промтов и изменений в условии.

Комментарии.

В задаче D Chat GPT дал неполное обоснование, опустив важные компьютерные вычисления.
В задаче F Chat GPT условие задачи пришлось немного изменить, чтобы LLM решил её в общем случае для всех N, поэтому мы сняли 1 балл.
В задаче B Gemini Pro сделал ошибку в распознавании задачи. После исправления он сделал арифметическую ошибку в конце решения, хотя вывел правильную общую формулу. Поэтому мы сняли с него 2 балла.
В задаче D Gemini Pro сделал ошибку в распознавании задачи. После исправления он дал правильное решение. Поэтому сняли один балл.
В задаче F Gemini Pro арифметическую ошибку в конце решения, хотя вывел правильную общую формулу. Поэтому мы сняли с него 1 балл.
В задаче F DeepSeek вывел правильную формулу, но сделал арифметическую ошибку на последнем шаге, подставляя числа.

Отметим, что наша система оценки решения отличается от шадовской. Например, в задаче F Gemini Pro и DeepSeek получили бы 0 шадовских баллов, так как сделали арифметическую ошибку.

Выводы.

Результаты больших языковых моделей в решении шадовских задач впечатляют. Ранее мы писали о том как ловко Chat GPT o3 решил 4 из 6 гробовых задач вступительных экзаменов (https://habr.com/ru/articles/881858/). Однако упомянутые задачи давно лежали в базе и LLM в ходе обучения могла видеть решения. Высокие стандарты ШАДа заставляют верить, что задачи настоящего экзамена оригинальные и нигде ранее не встречались (хотя это неточно). Это может означать, что современные LLM действительно способны решать новые математические задачи.

Отечественные LLM (Gigachat и Yandex GPT) отстают от зарубежных, но есть все основания расcчитывать, что разрыв c зарубежными LLM сократится в ближайшее время. Ждём с нетерпением.

Успех современных LLM в решении технических задач (математика, программирование, алгоритмы, брейнтизеры) ставит под вопрос будущее онлайн-форматов технических экзаменов и собеседований. Ожидаем возвращение к обычным доковидским оффлайн экзаменам. Как мы установили, студент с купленным Chat GPT o3 за 20 долларов может с успехом дойти до собеседований в ШАД. Как быть с онлайн-собеседованием? Совсем недавно вышло приложение https://www.interviewcoder.co/ для прохождения онлайн-собеседований по алгоритмам. Оно запускается в фоновом режиме во время собеседования, слушает вопросы, мониторит экран. Отправляет условия в LLM, получает решение и выдаёт на экран. Автор приложения, южный кореец, за первые два месяца работы приложения заработал 1 млн долларов. Русский язык приложение пока не поддерживает, но это дело времени. Приложение того же автора без заточки на алгоритмы https://cluely.com/ . Мы категорически против жульнических схем сдачи экзаменов и призываем честно и добросовестно проходить испытания. Однако, если эти схемы настолько просты и эффективны, то имеет смысл подумать над изменением формата проверки знаний. Иначе под угрозу попадают добросовестные абитуриенты.

Об авторах статьи.

Канунников А. - к. ф.-м. н., преподаватель ШАДХелпера.

Лыков А. - к.ф.-м.н., академический руководитель Школы Высшей Математики и ШАДХелпера.

Ниже мы приводим условия задач онлайн-экзамена и решения от преподавателей ШАДХелпера. Решения от Chat GPT o3 доступны по ссылке (с включенным ВПН).

Задача A. Дезинтеграция

Роберт купил для себя и своих друзей квадратную плитку шоколада со стороной 1. Он решил поделить её на n + 1 прямоугольников в разрезами следующим образом: на очередном шаге он случайно выбирает один из имеющихся на данный момент кусков и проводит по нему горизонтальный или вертикальный разрез, причём направление разреза и его положение выбираются равномерно и независимо от прочих действий. Найдите математическое ожидание произведения площадей получившихся кусков.

В качестве ответа приведите натуральный логарифм искомого математического ожидания при n = 5 или n = 39 , если математического ожидания не существует.

Введённое вами число должно отличаться от правильного ответа не более чем на $10^{-9}$ .

Примечание

Выбор направления (по вертикали или горизонтали) проводится независимо от выбора положения (то есть расстояния от прямой разреза до параллельной ей стороны куска). В первом случае каждый вариант осуществляется с вероятностью 1/2 , во втором случае расстояние распределено как U[0; a] , где — длина стороны, поперёк которой мы режем. Выбор куска для разреза производится равновероятно.

Решение

Рассмотрим случай n=1 . Обозначим $\xi \sim \mathrm{U}[0,1]$ место первого разреза.
По условию задачи он может быть вертикальным или горизонтальным равновероятно. Поэтому искомое математическое ожидание находится по формуле

$E_1 = \frac{1}{2} E(\xi (1-\xi)) + \frac{1}{2} E(\xi (1-\xi)) = E(\xi (1-\xi)) = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$

Теперь предположим, что исходная плитка была не квадратом, а прямоугольником со сторонами a,b . Тогда математическое ожидание произведения площадей после первого разреза равно

$E_1(a,b) = \frac{1}{2} E(\xi_a (a-\xi_a) b^2 ) + \frac{1}{2} E(\xi_b (b-\xi_b) a^2 )$

где $\xi_a \sim \mathrm{U}[0,a]$ и $\xi_b \sim \mathrm{U}[0,b]$ . Вычислим E_1(a,b) :

$E_1(a,b) = \frac{1}{2} a ^2 b^2 E(\xi (1-\xi) ) + \frac{1}{2} b^2 a^2 E(\xi (1-\xi) ) = \frac{a^2b^2}{6} = \frac{S^2}{6},$ (1)

где мы обозначили S=ab площадь исходной плитки.

Пусть теперь n=2 . После первого разреза получилось два прямоугольника. Обозначим их площади через S_1 и S_2 . Ясно, что S_1,S_2 суть случайные величины и S_1+ S_2 = 1 . Введём также обозначение для случайной величины равной произведению площадей трёх прямоугольников после второго разреза. С равной вероятностью будет выбран первый или второй прямоугольник для разреза. Поэтом имеем равенство для условного математического ожидания:

$E(P|S1,S2) = \frac{1}{2} \frac{S_1^2}{6} S_2 + \frac{1}{2} S_1 \frac{S_2^2}{6} = \frac{1}{12}S_1S_2$

Первое слагаемое соответствует выбору первого прямоугольника для разреза, второе второму. Мы воспользовались формулой (1) для случая разреза произвольного прямоугольника. В силу свойств условного математического ожидания и разобранного случая n=1 получаем:

$E_2 = EP = E(E(P|S1,S2)) = \frac{1}{12} E(S_1S_2) = \frac{1}{12} \frac{1}{6} = \frac{1}{72}$

Докажем по индукции, что

$E_n = \frac{1}{6^n n!}$

Проведём шаг индукции. Предположим, что формула доказана для n-1 . Проверим её для . После n-1 разреза получилось прямоугольников с площадями $S_1,\ldots,S_{n}$ . Причём по предположению индукции

$E(S_1 S_2\ldots S_n) = E_{n-1} = \frac{1}{6^{n-1} (n-1)!}$

Далее, для разреза равновероятно выбирается один из прямоугольников и делается случайный разрез. Обозначим случайную величину равную произведению площадей n+1 прямоугольника. Тогда

$E(P|S_1,\ldots,S_n) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{S_k^2}{6} S_1 S_2\ldots \hat{S}_k \ldots S_n$

где $\hat{S}_k$ обозначает пропущенный множитель. Преобразуя сумму, получаем:

$E(P|S_1,\ldots,S_n) = \frac{S_1 \ldots S_n }{6n}$

Следовательно,

$E_{n} = E(E(P|S_1,\ldots,S_n)) = \frac{E_{n-1}}{6n} = \frac{1}{6^n n!}$

Тем самым утверждение полностью доказано.

Ответ : $\ln E_5 = -13.7462890889$

Замечание

Решение от Chat GPT: https://chatgpt.com/share/68380177-b718-8004-83af-ada9dbd1e046

Задача B. Минимальный минимум

Пусть $\xi_{1},\xi_{2},\dots$ — независимые положительные случайные величины, чья плотность пропорциональна

$p(x)= \min \{ \sqrt{x},1 \} \, \cdot \, \min \! \Bigl \{ \frac{1}{x^{2}}, \,1 \Bigr \}, \qquad x>0.$

Найдите предел по распределению при $n\to\infty$ случайных величин

$\kappa_{n} =\Bigl(\xi_{1},\xi_{8},\xi_{27},\dotsm,\xi_{\lfloor n^{1/3}\rfloor^{3}}\Bigr)^{\displaystyle \min{\xi_{1},\xi_{4},\xi_{9},\dots,\xi_{\lfloor\sqrt{n}\rfloor^{2}}}},$

то есть функцию распределения такой случайной величины $\kappa$ , что

$\kappa_{n}\xrightarrow{d}\kappa .$

В качестве ответа требуется указать значение функции распределения $\kappa$
в точке $x_{0}=\pi$ либо число , если последовательность $\kappa_{n}$ не сходится по распределению. Введённое число должно отличаться от правильного ответа не более чем на~ $10^{-9}$ .

Решение

Рассмотрим логарифм $\kappa_{n}$ :

$\ln \kappa_{n} = \min\{\xi_{1},\xi_{4},\xi_{9},\dots,\xi_{\lfloor\sqrt{n}\rfloor^{2}}\} \left( \ln \xi_1 + \ln \xi_8 + \ln \xi_{27}\,\dotsm\,\ln \xi_{\lfloor n^{1/3}\rfloor^{3}} \right)=$ $= \left(\min\{\xi_{1},\xi_{4},\xi_{9},\dots,\xi_{\lfloor\sqrt{n}\rfloor^{2}}\}\lfloor n^{1/3}\rfloor \right)\left( \frac{\ln \xi_1 + \ln \xi_8 + \ln \xi_{27}\,\dotsm\,\ln \xi_{\lfloor n^{1/3}\rfloor^{3}}}{\lfloor n^{1/3}\rfloor} \right) =$

где мы ввели случайные величины

$M_n = \min\{\xi_{1},\xi_{4},\xi_{9},\dots,\xi_{\lfloor\sqrt{n}\rfloor^{2}}\}\lfloor n^{1/3}\rfloor$ $S_n = \frac{\ln \xi_1 + \ln \xi_8 + \ln \xi_{27}\,\dotsm\,\ln \xi_{\lfloor n^{1/3}\rfloor^{3}}}{\lfloor n^{1/3}\rfloor} .$

2. Анализ S_n . В числителе для S_n идет суммирование $\xi_k$ по кубическим индексам до ближайшего слева к куба. Всего таких индексов ${\lfloor n^{1/3}\rfloor}$ , что совпадает со знаменателем в S_n . Следовательно, по закону больших чисел S_n сходится по вероятности к $E \ln \xi_1$ . Ниже мы проверим, что $E \ln \xi_1$ конечно. Дадим чуть более формальное объяснение При n= N^3 имеем

$S_n = \frac{1}{N} \sum_{k=1}^N \ln \xi_{k^3} \xrightarrow{ \,P \,} E \ln \xi_1$

при $N\to \infty$ в силу закона больших чисел. Далее, заметим, что при
$N^3 \leqslant n < (N+1)^3$ верно равенство:

$S_n = S_{N^3}.$

То есть последовательность S_n является кусочно-постоянной и так как $S_{N^3} \xrightarrow{ \,P \,} E \ln \xi_1$ при $N\to \infty$ , то и $S_{n} \xrightarrow{ \,P \,} E \ln \xi_1$ при $n\to \infty$ .

3. Вычисление $E \ln \xi_1$ . По условию, плотность $\xi_1$ пропорциональна функции :

$p_{\xi_1}(x) = c p(x).$

Найдём константу из условия нормировки плотности:

$\int_{-\infty}^{+\infty} p_{\xi_1}(x) dx = 1.$

Имеем равенства:

$\int_{-\infty}^{+\infty} p(x) dx = \int_0^1 \sqrt{x} dx + \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2}dx = \frac{2}{3} + 1 = \frac{5}{3}.$

Следовательно,

$c = \frac{3}{5}.$

Для математического ожидание получаем:

$E \ln \xi_1 = c \left( \int_{0}^{1} \sqrt{x} \ln x dx + \int_1^{+ \infty} \frac{1}{x^2} \ln x dx \right)$ $= c \left( \frac{2}{3} x^{3/2} \ln x \Big|_0^{1} - \frac{2}{3} \int_{0}^{1} \sqrt{x} dx + (- \frac{1}{x} \ln x) \Big|_1^{+ \infty} + \int_1^{+ \infty} \frac{1}{x^2} dx \right) = \frac{3}{5} \left( - \frac{4}{9} + 1 \right) = \frac{1}{3}$

4. Анализ M_n . Исследуем функцию распределения M_n :

$F_{M_n}(x) = P(M_n \leqslant x) = P \left( \min \{ \xi_{1}, \xi_{4},\xi_{9}, \dots, \xi_{ \lfloor \sqrt{n} \rfloor^{2}} \} \leqslant \frac{x}{ \lfloor n^{1/3} \rfloor} \right) =$ $= 1 - P\left(\min\{\xi_{1},\xi_{4},\xi_{9},\dots,\xi_{\lfloor\sqrt{n}\rfloor^{2}}\} > \frac{x}{\lfloor n^{1/3}\rfloor}\right) = 1 - \left(P\left( \xi_{1}> \frac{x}{\lfloor n^{1/3}\rfloor} \right)\right)^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}=$ $= 1 - \left(1 - F_{\xi_1}\left( \frac{x}{\lfloor n^{1/3}\rfloor} \right)\right)^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}.$

Мы использовали обозначение $F_{\xi_1}$ для функции распределения $\xi_1$ . Заметим, что при малых h<1 справедлива формула:

$F_{\xi_1}(h) =\frac{3}{5} \int_0^h \sqrt{x}dx = \frac{2}{5} h^{\frac{3}{2}}.$

Значит, при достаточно больших имеем

$F_{M_n}(x) = 1 - \left(1 - \frac{2}{5} \left(\frac{x}{\lfloor n^{1/3}\rfloor}\right)^{\frac{3}{2}}\right)^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor} \longrightarrow 1 - \exp\left( - \frac{2}{5} x^{\frac{3}{2}} \right)$

при $n\to \infty$ для всех x>0 . Таким образом, мы доказали сходимость

$M_n \xrightarrow{d} M,$

где случайная величина имеет распределение Вейбулла:

$F_M(x) = 1 - \exp\left( - \frac{2}{5} x^{\frac{3}{2}} \right).$

5. Завершение. В силу доказанного для последовательностей S_n и M_n и леммы Слуцкого, имеем

$\ln \kappa_{n} = S_n M_n \xrightarrow{d} \frac{1}{3} M$

Следовательно,

$\kappa_{n} = e^{ \ln \kappa_{n}} \xrightarrow{d} e^{ \frac{1}{3} M} = \kappa.$

Для функции распределения имеем равенства:

$F_{ \kappa}(x) = P( \kappa \leqslant x) = P(e^{\frac{1}{3} M} \leqslant x) = P(M \leqslant 3 \ln x) = 1 - \exp \left( - \frac{2}{5} (3 \ln x))^{ \frac{3}{2}} \right).$

В точке $x = \pi$ :

$F_{\kappa}(\pi)= 0.9215768875297303236\ldots$

Это и есть окончательный ответ.

Замечание

Решение Chat GPT : https://chatgpt.com/share/683800b8-6584-8004-96d7-8978af7c3453

Задача С. Большая ржака

Положительное число $\alpha$ назовём потешным, если для всякой возрастающей последовательности положительных чисел $\{x_n\}_{n\in\mathbb N}$ такой, что

$\lim_{n\to\infty} x_n = +\infty \quad\text{и}\quad x_1>1,$

сходится ряд

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x_{n+1}-x_n}{x_{n+1},\ln^{\alpha} x_{n+1}}.$

Найдите инфимум множества потешных чисел.

В качестве ответа выведите искомый инфимум с точностью до 9~знаков после запятой или , если множество потешных чисел пусто.

Решение

Разминка. Пусть , тогда общий член ряда равен

$\frac{x_{n+1}-x_n}{x_{n+1}\,\ln^{\alpha} x_{n+1}} = \frac{1}{2 (\ln 2)^{\alpha} (n+1)^{\alpha} }.$

Хорошо известно , что ряд с таким общим членом сходится тогда и только тогда, когда $\alpha>1$ . Следовательно, потешных чисел меньших или равных не существует.

2. Общий случай. Докажем, что все числа $\alpha>1$ являются потешными. Для всех справедливо:

$\frac{x_{n+1}-x_n}{x_{n+1} \, \ln^{ \alpha} x_{n+1}} = \int_{x_n}^{x_{n+1}} \frac{1}{x_{n+1} \, \ln^{ \alpha} x_{n+1}} dx \leqslant \int_{x_n}^{x_{n+1}} \frac{1}{x\, \ln^{ \alpha} x} dx = a_n$

Проанализируем ряд составленный из a_n . Имеем:

$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \int_{x_1}^{+\infty} \frac{1}{x\,\ln^{\alpha} x} dx = \int_{x_1}^{+\infty} \frac{1}{\ln^{\alpha} x} d\left(\ln x\right) = \int_{\ln x_1 }^{+\infty} \frac{1}{t^{\alpha}} dt = \frac{1}{\alpha-1}\frac{1}{(\ln x_1)^{\alpha-1}} < \infty.$

Следовательно, по признаку сравнения числовых рядов, исходный ряд сходится и, значит, все числа $\alpha>1$ являются потешными.

Ответ: 1.

Замечание

Решение от Chat GPT: https://chatgpt.com/share/6837fed8-c0e8-8004-9e29-a8bf0cdb2608

Задача D. Непростая задача

Найдите наибольшее такое простое число , что $p^{3}$ делит определитель матрицы

$\begin{pmatrix} 2^{2} & 1 & 1 & \cdots & 1\\ 1 & 3^{2} & 1 & \cdots & 1\\ 1 & 1 & 4^{2} & \cdots & 1\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & (p+2025)^{2} \end{pmatrix}.$

Решение

Данная матрица есть сумма матрицы $D= \text{diag}(2^2-1,3^2-1,\ldots(p+2025)^2-1)$ и матрицы из одних единиц. Раскладывая $\det(D+B)$ , используя линейность по каждой строке, получим, что он равен

$|D|=(2^2-1)\ldots((p+2025)^2-1))$

плюс сумма определителей матриц, все строки которых суть строки матрицы , кроме -й строки, которая есть -я строка матрицы (то есть строка из одних единиц); при этом $i=1,\ldots,(p+2025)^2-1$ (так как если хотя бы две строки берутся из , то определитель равен 0). Следовательно,

$\det(D+B)=(2^2-1) \ldots((p+2025)^2-1) \left(1+ \dfrac{1}{2^2-1}+ \ldots+ \dfrac{1}{(p+2025)^2-1} \right).$

Сосчитаем сумму в скобках:

$y=1+\sum_{k=2}^{p+2025} \frac{1}{k^2 - 1}=1+ \sum_{k=2}^{p+2025} \frac{1}{(k-1)(k+1)}=1+ \sum_{k=2}^{p+2025} \left( \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k+1} \right) \right)=$ $=1+ \frac{1}{2} \sum_{k=2}^{p+2025} \left( \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k+1} \right)=1+ \frac{1}{2} \left( \frac{1}{1} + \frac{1}{2} - \frac{1}{p+2025} - \frac{1}{p+2026} \right)=$ $= \frac{7}{4} - \frac{1}{2(p+2025)} - \frac{1}{2(p+2026)}=\frac{7(p+2025)(p+2026) - 2(p+2026) - 2(p+2025)}{4(p+2025)(p+2026)}.$

Сокращая на знаменатель, получаем:

$\det(D+B)=xy, \text{ где } x=(p+2024)!^2/8,\; y=7(p+2025)(p+2026) - 4p-4051.$

Если p<2024 , то x=(p+2024)!(p+2024)!/8 делится на p^3 .

Числа, 2024, 2025, 2026 составные.

Если p>2026 , то делится на p^2 , но не на p^3 , поэтому для делимости на p^3 необходимо и достаточно, чтобы делился на . Имеем

$y\equiv 7\cdot 2025\cdot 2026-4051=28710448 = 2^4 \cdot 13 \cdot 97 \cdot 1423$

— разложение на простые. Поскольку все эти простые <2024 , то этот случай не подходит.

Итак, ответ — наибольшее простое, не превосходящее 2024, то есть 2017.

Ответ: .

Замечание

Решение от Chat GPT o3: https://chatgpt.com/share/68398cfb-7cec-8004-b4ee-d84cabedbbe8

Задача E. В царстве-государстве

В три-четырнадцать-пятнадцатом царстве в девяносто-два-и-шесть государстве
у царя Симбальто росла дочь-красавица — Азапентима. Чтобы сосватать дочь за самого достойного принца, он спрятал по всему королевству несколько сундуков с сокровищами.
В каждом сундуке лежит линейный оператор

$\varphi : \mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3},$

для которого многочлен

$f(t)=\bigl(t^{2}+t+1\bigr)\bigl(t^{2}-3t+2\bigr)\bigl(t^{2}+2t+1\bigr)$

является зануляющим. Кроме того, известно, что

у всех операторов разная жорданова нормальная форма;
для каждого оператора найдётся вектор $v\in\mathbb{R}^{3}$ такой, что линейная оболочка

$\langle v,\varphi v,\varphi^{2}(v),\dots\rangle$

совпадает со всем пространством $\mathbb{R}^{3}.$

Царь выдаст Азапентиму замуж лишь за того принца, который отыщет все сундуки.
Царевич Анафроний понимает, что Симбальто хитёр: даже собрав все матрицы, принц рискует услышать, что найдено не всё. Поэтому нужно не только перечислить все возможные жордановы нормальные формы таких операторов, но и доказать, что других не существует.

Требуется. Найдите все возможные жордановы нормальные формы описанных
операторов.

Ответ. В качестве ответа введите количество сундуков (то есть количество различных жордановых форм) или , если задача не имеет решения.

Решение

Собственные значения данной матрицы $A\in \text{M)_3(\mathbb R)$ содержатся среди корней данного многочлена : $\varepsilon,\overline{\varepsilon},1,2,-1$ , где $\varepsilon=e^{2\pi i/3}$ , значение может иметь (алгебраическую) кратность как 1, так и 2, а остальные значения — корни кратности 1.

Существование циклического вектора равносильно тому, что для каждого собственного значения $\lambda$ существует ровно одна жорданова клетка со значением $\lambda$ .

Наконец, так как — вещественная матрица, то сопряжённые числа $\lambda$ и $\overline{\lambda}$ одновременно являются или не являются её собственными значениями.

Рассмотрим случаи.

В ЖНФ матрицы есть жорданова клетка размера . Тогда ЖНФ имеет вид

$\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda\end{pmatrix}, \text{ где } \lambda\in \{1,2\}.$

Таких матриц две.

ЖНФ матрицы диагональная. Если $\varepsilon$ — собственное значение, то ЖНФ имеет вид

$\begin{pmatrix} \varepsilon & 0 & 0\\ 0 & \overline{\varepsilon} & 0 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \text{ где } \lambda \in \{1,2,-1\}$

— три матрицы. Если $\varepsilon$ не входит в спектр, то ЖНФ есть

$\begin{pmatrix} \varepsilon & 0 & 0\\ 0 & \overline{\varepsilon} & 0 \\ 0 & 0 & -1\end{pmatrix}.$

Итого, 6 возможных ЖНФ.

Ответ: 6.

Замечание

Решение от Chat GPT o3: https://chatgpt.com/share/6835b3c1-6074-8004-9bbf-e29fe1d9fad8

Задача F. Никаких друзей

поступающих в ШАД пишут экзамен в одной аудитории с двухместными столами. Организаторам экзамена известно, что все человек разбиваются на непересекающихся троек друзей, а люди из разных троек не дружат между собой. Чтобы избежать списываний, нельзя сажать никаких двоих друзей за один стол.

Сколькими способами можно рассадить поступающих за столы по двое? (Рассадки, в которых люди сидят за одними и теми же столами, но в разном порядке, считаются различными.)

В качестве ответа введите искомое число рассадок для .

Введённое вами число должно отличаться от правильного ответа не более чем на $10^{-9}$ .

Решение

У нас есть треугольников, и надо разбить их (занумерованные) вершины на упорядоченные пары так, чтобы вершины одного треугольника были в разных парах. Будем разбивать на неупорядоченные пары и результат умножим на $2^{3n}$ . Всего имеется $\dfrac{(6n)!}{(3n)!2^{3n}}$ разбиений точек на пары (здесь и далее — неупорядоченные). Для каждого $i=1, \ldots, 2n$ обозначим через A_i множестве разбиений, в которых какие-то вершины -го трееугольника находятся в одной паре. Так как пар вершин у каждого треугольника три, то

$|A_i|=\dfrac{3(6n-2)!}{(3n-1)!2^{3n-1}}$

и вообще, для любых $i_1<\ldots i_k$

$|A_{i_1}\cap\ldots A_{i_k}|=\dfrac{3^k(6n-2k)!}{(3n-k)!2^{3n-k}}.$

По формуле включений и исключений получаем

Ответ: $2^{3n} \left( \sum \limits_{k=0}^{2n} (-1)^kC_n^k 3^k \dfrac{(6n-2k)!}{(3n-k)!2^{3n-k}} \right).$

Замечание

Решение от Chat GPT o3: https://chatgpt.com/share/68380b5f-d5dc-8004-a8c0-ab483e63b5d9

Комментарии (12)

Kwisatz
18.06.2025 19:02
#28454158
Chat GPT o3 решил 4 из 6 гробовых задач вступительных экзаменов

а что такое гробовые задачи? по ссылке тоже два раза встречаются гробы без пояснений
1. Arastas
  18.06.2025 19:02
  #28456338
  Я никогда не видел, чтобы ШАД отвечали в комментариях к их постам.
  Как я понимаю, гробами они называют задачи, которые (почти) никто из абитуриентов не смог решить.

AuToMaton
18.06.2025 19:02
#28454370
есть все основания расcчитывать, что разрыв c зарубежными LLM сократиться в ближайшее время

Я один не вижу лучшего способа посеять семена сомнения в том, вплоть до уровня безнадёги? А ещё одни спрашивают почему другие над ЕГЭ потешаются…
1. n0isy
  18.06.2025 19:02
  #28455130
  Ой. Да ладно: разрыв конечно никуда не денется, а только вырастет. Не тот уровень вложений (я думаю на 3 порядка не тот). Однако, даже у отечественных моделей уровень растет, и сравнится с человеческим. Через год или два. И для прохождения экзамена будет не важно, какая это модель. Рискую предположить что за это время уже появятся оффлайн модели для телефонов с таким качеством.
  
  Как видно по openai её уровень уже превзошел человеческий, ибо а сколько процентов обычных людей пройдет представленный экзамен хотя бы на 4 из 10.

NeriaLab
18.06.2025 19:02
#28456044
Автор сам написал что LLM знали решение. Тогда смысл тестов? Идиотизм процветает

Автор, задайте те задачи, решений которых нет у llm. А потом мы все повеселимся над 0 у каждой llm

jetyb1
18.06.2025 19:02
#28457396
В первой задаче ошибка. Функция площади единичного квадрата x (1 - x). Математическое ожидание - (интеграл от 0 до 1)(x x (1 - x)) = x^3/3 - x4/4 = 1 / 12 , но не 1/6
1. Arastas
  18.06.2025 19:02
  #28457848
  Зачем вы ещё раз на x умножаете? Был единичный квадрат. После разреза в точке x у нас два прямоугольника: x на 1 и (1-x) на 1. Произведение площадей x(1-x). Интеграл для x от 0 до 1 равен 1/6.
  1. jetyb1
    18.06.2025 19:02
    #28458004
    Потому что это математическое ожидание площади. То есть математическим ожиданием функции f(x) называется ее интеграл от [ x f(x) ], где f(x) = x (1-x) - функция произведения площадей.
    
    Arastas
    18.06.2025 19:02
    #28458134
    Смотрите, у меня прямоугольник со сторонами 1 и x, где x равномерно распределеён от 1 до 2. Какое мат ожидание площади прямоугольника? У меня получается интеграл от x для x пробегающего от 1 до 2, то есть 3/2. А у вас 7/3?

jetyb1
18.06.2025 19:02
#28457566
Вторую задачу как будто нейросеть составляла. Ничего не понятно в условии. И условие безграмотное: плотность вероятности рассматривается как две функции корень из x и 1/x^2 . Но очевидно интеграл от плотности вероятности равен не 1, а 2/3 + 1.

jetyb1
18.06.2025 19:02
#28457666
Третья задача (задача C). Строка "2. Общий случай" . Как это лихо последовательность меняется на определенный интеграл? При том интеграл по dx, но относительно х подынтегральное выражение является константой. Какой-то выходит бред или опечатка. И на этом строится вся дальнейшая логика.

jetyb1
18.06.2025 19:02
#28457976
Четверая задача (задача D)

" плюс сумма определителей матриц, все строки которых суть строки матрицы , кроме -й строки, которая есть -я строка матрицы (то есть строка из одних единиц); при этом $i=1,\ldots,(p+2025)^2-1$ (так как если хотя бы две строки берутся из , то определитель равен 0). Следовательно, "

Вот это ни фига не решение, потому что проверяющему приходится самому все расписывать и решать. Как будто нейросеть прочитала только часть решения и теперь подгоняет его под известный правильный ответ. Сами так в школе иногда делали.