sin(x) = 2 的数学对决
这周末我在微信朋友圈搞了个有趣的数学对决。我给 24 小时内所有解出了这个谜题的人都发了 50 元的红包。题目本身其实不算很难，甚至是一道复分析书上的例题。不过试图使用 LLM 来算这道题的人表现出了很神秘的高度一致的错误…
题目
\[\sin(x) = 2, (x \in \mathbb{C})\]提示
- 欧拉公式
- 注意解的数量超过 1 个
- 二次方程求根公式
题解
\(sin(x)\) 在实数范围内的值域是 \([-1,1]\)，等于 2 这种事情想都不用想是复数。如果有背到过的话，可能会知道 \(sin(z)=\frac{1}{2}ie^{-iz}-\frac{1}{2}ie^{iz}\)。但这个式子反正每次我用的时候都背不出来，不过我们可以通过很轻松的方法推出来，并且在这题中不需要把化简都做完反而代入计算的时候更快。
欧拉公式
因为欧拉公式 \(e^{i\theta} = cos\theta + isin\theta\)，我们将所有的 \(\theta\) 替换成 \(-\theta\)，我们有 \(e^{-i\theta}=cos(-\theta) + isin(-\theta)\)。这时候我们需要利用一点点的「奇变偶不变，符号看象限」的高中数学三角函数技巧（诱导公式），当然像我连这个都差点忘了，直接画一下函数图看一眼就会了。由诱导公式（函数的奇偶性）得到 \(e^{-i\theta} = cos(\theta) -isin(\theta)\)，将欧拉公式和这个式子相减，我们就可以得到 \(e^{i\theta}-e^{-i\theta}=2isin(\theta)\)，把 \(2i\) 移动一下，就得到了我们想要的关于 \(sin(z)\) 函数的一般式子：
\[sin(z) = \frac{1}{2i}e^{iz} - \frac{1}{2i}e^{-iz}\]代回原题，我们得到：
\[\begin{aligned} sin(x) &= 2 \\ \frac{1}{2i}e^{ix} - \frac{1}{2i}e^{-ix} &= 2 \\ e^{ix} - e^{-ix} &= 4i \\ e^{ix} - (e^{ix})^{-1} &= 4i \\ e^{ix} - \frac{1}{e^{ix}} &= 4i \end{aligned}\]二次函数
到这里其实我们可以看到一个极其明显的 二次函数，我们不妨设 \(m = e^{ix}\)，那么我们有：
\[\begin{aligned} m - \frac{1}{m} &= 4i \\ m^2-1 &= 4mi \\ m^2 -4im -1 &= 0 \\ m &= \frac{4i \pm \sqrt{(-4i)^2+4}}{2} \\ m &= \frac{4i \pm \sqrt{-12}}{2} \\ m &= \frac{4i \pm 2\sqrt{3}i}{2} \\ m &= 2i \pm \sqrt{3}i \\ m &= (2\pm\sqrt{3})i \\ e^{ix} &= (2\pm\sqrt{3})i \end{aligned}\]巧妙的复数运算
\[\begin{aligned} e^{ix} &= (2\pm\sqrt{3})i \\ ln(e^{ix}) &= ln((2\pm\sqrt{3})i) \\ ix &= ln(i)+ln(2 \pm \sqrt{3})) \end{aligned}\]这里面现在剩下最难懂的东西就是 \(ln(i)\) 了，偷懒的人输入进 Wolfram Alpha，它告诉你答案是 \(\frac{i\pi}{2}\)。但是很可惜，这不是所有的解，我们还是最好想一下这东西是怎么来的。
我们考虑对于所有的 \(z = re^{i\theta}\)，其中 \(r\) 是复数的模长，那么 \(ln(z) = ln(r) + i\theta\)。很可惜同一个 \(z\) 不止能被一个 \(re^{i\theta}\) 描述，因为实际上 \(z = re^{i(\theta + 2\pi n)}, (n \in \mathbb{Z})\) 都成立，于是我们有 \(ln(z) = ln(r) + i\theta + 2\pi ni\)。代入 \(ln(i) = ln1 + \frac{i\pi}{2} + 2\pi ni=\frac{i\pi}{2} + 2\pi ni, (n \in \mathbb{Z})\)。继续代回原式：
\[\begin{aligned} ix &= \frac{i\pi}{2} + 2\pi ni + ln(2 \pm \sqrt{3})) \\ x &= \frac{\frac{i\pi}{2} + 2\pi ni + ln(2 \pm \sqrt{3}))}{i} \\ x &= \frac{\pi}{2}+\frac{ln(2\pm\sqrt{3})}{i}+ 2\pi n \\ x &= \frac{\pi}{2}-ln(2\pm\sqrt{3})i+2\pi n, (n\in \mathbb{Z}) \end{aligned}\]阅卷过程
如果你提交的答案是：
\[x = \frac{\pi}{2} \pm ln(2 + \sqrt{3})i + 2\pi n, (n \in \mathbb{Z})\]这也是对的，这经过了一步非常精妙的化简，并且是大多数复分析教科书中的标准答案。
化简正确性的证明：
\[\begin{aligned} & -ln(2+\sqrt3) - ln(2-\sqrt3)) \\ &= -(ln(2 + \sqrt{3})+ln(2 - \sqrt{3}))\\ &= -ln((2 + \sqrt{3})(2 - \sqrt{3})) \\ &= -ln(2^2-\sqrt3^2) \\ &= -ln(4-3) \\ &= -ln1 \\ &= 0 \end{aligned}\]我收到了如下的错误答案：
- \(x = - \frac{\pi}{2}\pm i \ln\left(2 + \sqrt{3}\right) + 2\pi n, (n \in \mathbb{Z})\)。这个据提交者说是 GPT o1-preview 的答案（原版本的 LaTeX 格式甚至都有错误，我手动做了修正）。粗看差点以为是对的，仔细一看和正确答案正好差了一个 \(\pi\)。我试着上 GPT o1-preview 上复现了一下，发现算法和正确答案几乎是一样的，然后从某个时刻开始突然就想要凑教科书版本的那个答案，然后就错了…
- \(x=\frac{\pi}{2} - i\ln(2+\sqrt{3})+ 2\pi n\) 。这个答案提交者没有说是什么 AI 算的，但是我怎么看都不像人算的（原版本的 \(\LaTeX\) 错误数量非常多，比上面那个多了一倍，我手动做了修正），而且还少了一半的解，少的位置也很离谱。
在所有声明了是 AI 做的答案中，只有一份是正确的（虽然正确的那份完全没过程，直接背了个答案上来）。我去复现了一下，发现 GPT o1-preview 算法几乎都是对的。但这题教科书版本的答案在最后有一步极其精妙的化简，当然这步不做也不影响正确性。o1-preview 一开始计算过程完全正确，但是从某个时刻开始，就拼了命地想往这个教科书版本的答案凑，然后就凑错了。甚至在凑错前 \(\LaTeX\) 的格式至少还是对的，从凑错开始连 \(\LaTeX\) 的格式都开始胡写了。人工队得分，机器队没得分。
偷鸡
把 \(sin(x) = 2\) 输到 Wolfram Alpha 里，给了两组解：
- \[x = 2\pi n + \pi - sin^{-1}(2), n \in \mathbb{Z}\]
- \[x = 2\pi n + sin^{-1}(2), n \in \mathbb{Z}\]
看起来是个基于诱导公式的废话，不过如果我们继续再在 Wolfram Alpha 里搜一下 \(arcsin(2)\)，又得到一种 Alternate form: \(\frac{\pi}{2}-iln(2+\sqrt{3})\)。（我这里把 Wolfram Alpha 用的 \(log\) 换成了 \(ln\) 符号）。
然后代入回去得到两组解：
- \[x = 2\pi n +\frac{\pi}{2}+iln(2+\sqrt{3}), n \in \mathbb{Z}\]
- \[x = 2\pi n + \frac{\pi}{2}-iln(2+\sqrt{3}) , n \in \mathbb{Z}\]
简化一下得到：
\[x = 2\pi n + \frac{\pi}{2} \pm iln(2+\sqrt{3}) , n \in \mathbb{Z}\]偷完了。传统专家模型得一分，大型语言模型没得分。