Cảm ơn câu hỏi của em. Về thắc mắc này thì anh nghĩ nên ghi "$A$ không tồn tại với (hoặc là nếu) $m= n$" ($m= n$ là một trường, ngược lại nó là một trường khác) sẽ chuẩn nhất (về chữ tương đương ở post trên của anh cũng không chuẩn xác). Cách ghi $A= \varnothing$ nó lại hướng kiểu dữ liệu, tính chất đại số của nó ngây thơ hơn (trong một bài ở đây có nói, với tập rỗng thì đối ngẫu của nó là tập hợp rộng nhất $U$, tập hợp rộng nhất là tập không có tính chất gì). Ví dụ: Lúc đầu ta có $A$ không tồn tại với $m\geq n$ thì nếu ghi $A= \varnothing$ em sẽ không thể kết luận $A$ không tồn tại với $m= n$.

Và điều này, chúng ta đã hiểu lí do cú pháp $\LaTeX$ của tập rỗng lại là \varnothing

Đây là định nghĩa
$$\left ( m, n \right )= \left \{ x\in\mathbb{R}, \quad m< x< n \right \}$$
($m< n$ sẵn sàng rồi, như vậy không cần ghi, theo chiều ngược lại, điều kiện để không tồn tại $A$ tương đương $m\geq n$).

Tuyệt quá đi! Không cần học nhiều, chỉ cần tìm đọc các bài viết của @Nobodyv3 là đủ

Em cũng đồng ý hai tay luôn.

Em cảm ơn anh Khuê nhiều lắm.

Dạ, mục đích em muốn tìm bộ dữ liệu NLP tiếng Việt liên quan đến đề tài mạng xã hội (diễn đàn cũng có thể là ví dụ), cho điều kiện này:

—The topic involves identifying the constraints of large language models, particularly when applied within 'social/political science scenarios.'

 

Ps: Phải chi nếu nó là tấm gương của sự thành công thì em đã tha hồ kể dọc ngang BioBERT, DNABERT, FunSearch: Making new discoveries in mathematical sciences using Large Language Models

(Lược sử). Lĩnh vực Đại số tuyến tính và ma trận xuất hiện phát triển từ nghiên cứu về định thức từ việc giải các hệ phương trình tuyến tính liên quan khái niệm mới hình học Descartes. Đó là Leibnitz 1693, sau nữa Cramer 1750. Cuối thế kỉ này, ma trận có lần đầu tiên được ghi nhận cho Lagrange (Lagrange multiplier: Hàm có nhiều biến có đạo hàm bậc $1$ là vector, bậc $2$ là ma trận [bậc $n$ là tensor]). Tạm dừng câu chuyện ở đây với một tiến bộ vĩ đại là ứng dụng phép khử Gauß [....].

Phạm vi nghiên cứu của Đại số tuyến tính bao gồm Không gian vector (được định nghĩa trong $\leq 8$ tiên đề mô tả tính chất của Không gian vector và các phép toán tuyến tính như cộng vector hay nhân vector với một số thực (hoặc phức, vì ma trận two-way arrays)), và các chủ đề liên quan Biến đổi tuyến tính (ma trận là một biến đổi tuyến tính từ $\mathbb{R}^{m}\rightarrow\mathbb{R}^{n}$, lí do tại sao Đại số tuyến tính hay bị hiểu sang Matrix theory, không đúng nhưng thực dụng).

Em nên xem kênh này (Michael Penn / MathMajor, 1. Everything is a matrix (2. Doing calculus with a matrix! (3. What is the Transpose of the Derivative?—Bilinear form))), xong hai câu đầu tiên đề thi rồi ). Con người ta có thể sâu sắc hơn với Đại số tuyến tính, ví dụ kết luận ${y}''= y$ có họ nghiệm $a\sin x+ b\cos x$ (hai chiều) vì $\sin x, \cos x$ thỏa mà $\sin x, \cos x$ độc lập tuyến tính nhau. Rồi em nâng cao lên, hiểu thêm ma trận tính toán mà trọng tâm là phân rã ma trận (như chéo hóa trong đó) và giảm số dấu nhân tính toán để quá trình mô hình hóa và mô phỏng ngày càng tốt hơn, ứng dụng tìm trong AI / ML / Network science / CS. Trong đó Network science thì anh thấy thực tiễn từ môn Mạng xã hội (IS353) được dạy ở trường, nó cung cấp kiến thức về ứng dụng của ma trận giản dị nhất trong các môn. Một kiểu nhận thấy Google PageRank, Katz, (Left dominant) eigenvector centrality là để tìm trị riêng mà không phải khử Gauß trong tính định thức (ví dụ, cái tag iuh/@duyenpc là một mẫu đề thi Đại số tuyến tính), tức nếu như em có một phương pháp dùng định thức thì luôn có một phương pháp tốt hơn dùng định thức, vậy là định thức càng quan trọng với ma trận). Việc khử Gauß trong tính định thức đòi hỏi độ phức tạp $\mathcal{O}\left ( n^{3} \right )$, nên các hàm ma trận khác cũng có thể cố gắng cải biến trở thành một hàm của định thức (ví dụ tính toán vĩnh thức (permanent vs. determinant) trong thời gian đa thức${\it ?}$). Còn một thứ nữa anh hơi lăn tăn là dạng toàn phương, hồi đó đưa về dạng toàn phương $\sum\limits_{cyc}xy= \left ( x+ y \right )\left ( x+ z \right )- x^{2}$ (hai dấu nhân) rồi $= \left ( 2x+ y+ z \right )^{2}/4- \left ( y- z \right )^{2}/4- x^{2}$, anh làm vậy, nhưng khi em hiểu Gram–Schmidt rồi em sẽ thấy khác, phải tính toán nhiều rồi

Khoảng cách $\operatorname{Jaccard}_{1}\left ( A, B \right )$ được sử dụng để đo lường mức trùng lắp giữa hai tập hợp (độ tương đồng trong dữ liệu), bất kể là văn bản, tập hợp các biến dị di truyền, hoặc các nhóm dữ liệu khác. Quan trọng nhất, nó không quan tâm đến thứ tự hay sự xuất hiện lặp lại của các phần tử trong tập hợp, chỉ quan tâm đến việc phần tử có hay không có trong các tập hợp này.
(Lebesgue-style). Tìm $p$ sao cho $\operatorname{Jaccard}_{p}\left ( A, B \right )$,
$$\operatorname{Jaccard}_{p}\left ( A, B \right )= \left ( 2\cdot\frac{\phantom{\left | A \right |^{p}+ \left | B \right |^{p}\,}\phantom{+\,}\left | B\setminus A \right |^{p}+ \left | A\setminus B \right |^{p}}{\left | A \right |^{p}+ \left | B \right |^{p}+ \left | B\setminus A \right |^{p}+ \left | A\setminus B \right |^{p}} \right )^{1/p}$$
là một metric (giữa $\operatorname{Jaccard}_{1}\left ( A, B \right )$ và $\operatorname{Jaccard}_{\infty}\left ( A, B \right )$, hiển nhiên là vậy).
Việc nội suy $p$ không dễ, chẳng hạn $\operatorname{Jaccard}_{3}\left ( A, B \right )$ không là một metric.

Nếu giả thuyết Goldbach đúng, thì điều bạn đang phát biểu tương đương với "Mọi số chẵn đều là số chẵn." Vấn đề là chữ Nếu đó bạn không chứng minh được.

Với Weinstein–Aronszajn identity, có được $\det\left ( 1+ A^{T}A \right )= \det\left ( 1+ AA^{T} \right )$.
Tiếp theo bởi Singular value decomposition, lại có được $A= U\Sigma V^{T}, A^{T}= V\Sigma^{T}U^{T}$,
$\Rightarrow 1+ A^{T}A= V\left ( \Sigma\Sigma^{T}+ 1 \right )V^{T}, 1+ AA^{T}= U\left ( \Sigma\Sigma^{T}+ 1 \right )U^{T}$ ($V$ unitary, $\det\left ( VW \right )= \det\left ( WV \right )= \det W$).
Lời giải bài toán Least-squares không phải duy nhất ($\det\left ( AA^{T} \right )= 0$), vì $\det\left ( 1+ AA^{T} \right )= \det\left ( 1+ A^{T}A \right )= \det\left ( 1+ \Sigma\Sigma^{T} \right )$.

Ta có thể tạo một digital logic cho majority function $\mathfrak{M}$ yêu cầu $3$ đầu vào chỉ với NAND-gates bằng cách thay mọi toán tử của dạng chuẩn tắc (AND và OR) $\mathfrak{M}= \bigvee\left ( x\wedge y \right )$ bằng NAND. Đồng nhất thức đại số Boole là
$$\mathfrak{M}\left ( \mathfrak{M}\left ( x, {x}', y \right ), {\mathfrak{M}\left ( \mathfrak{M}\left ( z, u, v \right ), w, \mathfrak{M}\left ( z, u, v_{6} \right ) \right )}', \mathfrak{M}\left ( u, \mathfrak{M}\left ( v_{6}, w, v \right ), z \right ) \right )= y$$

—Padmanabhan, R. and W. McCune: 1995, ‘Single Identities for Ternary Boolean Algebras’. Computers and Mathematics with Applications 29(2), 13–16.

Em đang muốn chứng minh một majority function $f$ ($N$-bit)

• đạt quá bán (giá trị $\it 1$) khi đầu vào $x \in \{0, 1\}^N$ có trọng số Hamming $> N / 2$ (giả sử $N$ chẵn),
• giá trị 0 khi đầu vào $x$ có trọng số Hamming $< N/ 2$ có bậc $\deg f\ge N/ 2$. Mọi người có thể giúp em không ạ?

Em có thể định nghĩa $\deg f$ ở đây được không, hi vọng bài trả lời này giúp được em một chút.

Cho em hỏi về khả năng dùng hai tiên đề đã cho $B= \left ( A+ B \right )\backslash A, \quad A= \left ( A+ B \right )\backslash B$, chứng minh kết quả $A= B$ kiểu chain rule-like —

$${\it H}\left ( y\mid x \right )= {\it H}\left ( x, y \right )- {\it H}\left ( x \right ){\it ?}$$

Đây không phải một lời giải, nhưng hai ma trận $A$ và $B$ là phần tử của Đại số Banach.

$$AB= A, \quad AC= A\not\Rightarrow\quad B= C$$

$$\because A= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad B= \bigl(\begin{smallmatrix} \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2}\\ 0 & 1 & 0\\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \end{smallmatrix}\bigr), \quad C= \bigl(\begin{smallmatrix} \frac{2}{2} & 0 & \frac{2}{2}\\ 0 & \frac{2}{2} & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{smallmatrix}\bigr)$$

$L$-definition denoted by Frobenius inner product

$$L= \left \langle y, \log\hat{y} \right \rangle_{{\rm F}}+ \left \langle 1- y, \log\left ( 1- \hat{y} \right ) \right \rangle_{{\rm F}}$$

Từ định nghĩa trên của Log loss, ta sẽ tính đạo hàm và gradient, dùng toán tử Hadamard đã sử dụng với tích $\odot$ và thương $\oslash$

$\begin{matrix}{\rm d}L= \left \langle y, {\rm d}\log\left ( \hat{y} \right ) \right \rangle_{{\rm F}}+ \left \langle 1- y, {\rm d}\log\left ( 1- \hat{y} \right ) \right \rangle_{{\rm F}}= &  \\ =\!\left \langle y\oslash\hat{y}, {\rm d}\hat{y} \right \rangle_{{\rm F}}+ \left \langle \left ( 1- y \right )\oslash\left ( 1- \hat{y} \right ), {\rm d}\left ( 1- \hat{y} \right ) \right \rangle_{{\rm F}}\; & =\!\left \langle y\oslash\hat{y}- \left ( 1- y \right )\oslash\left ( 1- \hat{y} \right ), {\rm d}\hat{y} \right \rangle_{{\rm F}}\;\end{matrix}$

Có được gradient $\frac{\partial L}{\partial x}= \left ( y- \hat{y} \right )\oslash\left ( \hat{y}- \hat{y}\odot\hat{y} \right )$.

Corpus_

1. M1 (14 words): Thách thức với ứng viên Cộng hòa tranh ghế Chủ tịch Hạ viện Mỹ
2. M2 (12 words): Mỹ điều thêm tàu sân bay đến Israel làm tăng xung đột
3. M3 (9 words): Lạm phát Nga tăng tốc khi đồng ruble yếu
4. M4 (11 words): Bộ trưởng Quốc phòng Israel tuyên bố sẽ xóa sổ Hamas
5. M5 (9 words): Nguy cơ thiếu điện trong dài hạn ở Israel

Question_

• Xung xung đột Israel và Hamas

(Đặng Hải Đăng). 20520426_

$$\operatorname{IDF}\left ( {\rm 'xung'}_{1} \right )= \operatorname{IDF}\left ( {\rm 'dot'}_{2} \right )= \operatorname{IDF}\left ( {\rm 'Hamas'}_{5} \right )= \log 5/2, \quad\operatorname{IDF}\left ( {\rm 'Israel'}_{3} \right )= \log 5/4$$

Có được $\frac{\log 5/2}{\log 5/4}= 2$, nên chuẩn hóa $\log 5/2\propto 2, \quad\log 5/4\propto 1$. Dùng Hadamard product với

$$\operatorname{Count_{T}erm}\left ( {\it square\,matrix} \right )\odot\left ( \operatorname{IDF}\left ( {\it vectors\,of\,corpus} \right ){\tt1}^T \right )= \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}\odot\left ( \begin{bmatrix} 2\\ 2\\ 1\\ 0\\ 2 \end{bmatrix}{\tt1}^T \right )= \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 2 & 2 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 2\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

$$\therefore\operatorname{TF}\wedge\operatorname{IDF}\left ( \overrightarrow{{\it M2}} \right )= \frac{1}{12}\left ( 2, 2, 1, 0, 0 \right ), \quad\operatorname{TF}\wedge\operatorname{IDF}\left ( \overrightarrow{{\it M4}} \right )= \frac{1}{11}\left ( 0, 0, 1, 0, 2 \right ), \quad\operatorname{TF}\wedge\operatorname{IDF}\left ( \overrightarrow{{\it M5}} \right )= \frac{1}{9}\left ( 0, 0, 1, 0, 0 \right )$$

Tìm cực trị, áp dụng $\frac{{\rm d}}{{\rm d}x}\left ( x^{2}+ y+ \frac{x^{2}}{y} \right )= 2x+ \frac{2x}{y}+ \left ( 1- \frac{x^{2}}{y^{2}} \right )\frac{{\rm d}y}{{\rm d}x}= 0$.

Khi đó $x+ \frac{x}{y}= 0,\; 1- \frac{x^{2}}{y^{2}}= 0\;\Rightarrow\; y= -1,\; x^{2}= 1\Rightarrow f= -1$ (cực trị).

Anh ơi em mới học về hàm số Boole thôi ấy ạ nên ko hiểu lắm về phần tử luỹ đẳng và phép $\sum$ trong hàm số Boole ạ 

Anh xin lỗi em nhiều nha. Trước tiên, lũy đẳng là tính chất mà trong đó

$$a= a\wedge a= a\wedge a\wedge a= \cdots= a\wedge a\wedge a\cdots= \prod a$$

và

$$a= a\vee a= a\vee a\vee a= \cdots= a\vee a\vee a\cdots= \sum a$$

với $a$ là tham số. Cho thắc mắc nữa thứ hai thì $\sum\left ( x\wedge y \right )= \left ( x\wedge y \right )\vee\left ( y\wedge z \right )\vee\left ( z\wedge x \right )$, do $x, y, z$ có thể giữ vai trò thay thế lẫn nhau.

Cảm ơn em chỉ ra chỗ khó hiểu nha.

Đại số Boole Veroff:

1. $x\mid y= y\mid x$ (tính giao hoán)
2. $\left ( x\mid y \right )\mid\left ( x\mid \left ( y\mid z \right ) \right )= x$

Robert Veroff đã giải quyết trọn vẹn câu hỏi thứ hai của Stephen Wolfram: Có thể viết Đại số Boole chỉ với hai tiên đề, và "Robert Veroff đã viết ra với ít nhất số lượng thành phần". Nhìn thấy tính không kết hợp của $\mid$ (NAND) với hai instructions:

1. $\left ( x\mid y \right )\mid\left ( y\mid y \right )= y$ (dấu *, ins.-22, trang 4)
2. $x\mid\left (  y\mid\left ( y\mid y \right ) \right )= x\mid x$ (dấu *, ins.-64, trang 5)

Nhận xét: Sử dụng tính đối ngẫu (Dual principle) của Đại số Boole (Đại số Veroff), NAND đầy đủ nên kết luận NOR đầy đủ.

Trong đại số Boole: Phần tử lũy đẳng

$$\left ( x\wedge y\wedge z \right )\vee\sum\left ( {x}'\wedge y\wedge z \right )= \sum\left ( x\wedge y\wedge z \right )\vee\sum\left ( {x}'\wedge y\wedge z \right )= \sum\left ( x\wedge y \right )$$

Và hàm số Boole trên là một hàm đạt quá bán.

Sheffer stroke=NAND — $\quad\mid$

Bất cứ mỗi "tiên đề Sheffer stroke ngắn gọn" phải ở dạng $\tau= x$, $x$ là đơn biến.

Nhờ bổ đề này mà ta chứng minh Sheffer stroke có tính không kết hợp, viết lại instruction-64 $\left ( x\mid y \right )\mid\left ( y\mid y \right )$, vế phải cùng lúc là đơn biến $y$ và $x\mid x$ (vô lý).

Nếu $\tau= x$ là $1$-tiên đề (basis lúc này là duy nhất) của Đại số Boole viết dưới dạng Sheffer stroke, $\tau$ không có biến ngoài cùng bên trái lẫn phải là $x$.

Nên chọn được instruction-22 với -64 vì có thành phần $x$ đang duy nhất và nằm ngoài cùng bên trái.

Không công thức nào dạng $\left ( y\mid\tau \right )= x$ hoặc $\left ( \tau\mid y \right )= x$ có thể là đẳng thức Đại số Boole.

Sẽ không thể có $x\mid x= y$ mặc cho $\left ( x\mid y \right )\mid\left ( y\mid y \right )= y, \quad x\mid\left ( y\mid\left ( y\mid y \right ) \right )= x\mid x\quad\wedge\quad\cdots assoc$.

quater-square

Vấn đề với thanh thông báo có được giải quyết bằng cách xoá cache không vậy @Ruka và @DOTOANNANG?
 
@Nobodyv3 thử dùng giao diện này thêm ít ngày, nếu vẫn không thích thì anh sẽ chỉ cách để có thể dùng lại như cũ nhé.

Dạ đã được rồi nha anh Khuê.

"It can be seen by inspection that exchanging $\wedge$ and $\vee$, and $\top$ and $\bot$ throughout, does not change the axioms."

 

— Duality principle

https://diendantoanh...b2/#entry737082

Hơn nữa

$$\left ( a, b \right )\mapsto\left ( a+ b, -b \right )\quad\Leftrightarrow\quad\left ( 2b+ a \right )b= 0$$