本节回顾模糊形式概念分析与模糊技能映射的一些基本概念和性质.

在模糊形式背景中, 对象与属性之间存在模糊二元关系, 而模糊技能映射建立了解决问题与所需掌握技能程度的关系, 故可从模糊形式背景的角度思考与模糊技能映射相关的一些问题.

定义10 三元组$(Q, S, \tilde{I})$称为一个模糊技能背景, 其中, Q为非空问题集, S为非空技能集, $\tilde{I}\in \mathcal{F}(Q\times S)$为关于Q和S上的模糊二元关系.对q∈ Q, s∈ S, 若$\tilde{I}(q, s)\in (0, 1]$, $\tilde{I}(q, s)$表示解决问题q至少需要掌握技能s的程度; 若$\tilde{I}(q, s)=0$, 表示问题q的求解与技能s无关.

显然有

$\tilde{I}(q, s)\text{=}{{\tau }_{q}}(s)$,

即模糊技能背景与模糊技能映射具有一一对应的关系.故本文将模糊技能映射诱导的知识结构统一称为模糊技能背景诱导的知识结构.

技能可以反映个体不可观测的认知能力, 不同个体的潜在认知能力是不同的.KST观察个体对问题的解决情况, 评估个体潜在的认知能力水平, 进而指导个体下一步的学习.因此, 获得个体的知识状态与对应的技能掌握情况对评估个体知识和指导下一步的技能学习具有重要意义.

Sun等^[26]给出模糊技能映射在合取模型下诱导简单闭包空间的方法, 但只能获得知识状态, 不能同时获得该知识状态对应的技能掌握情况.而通过概念格, 可将对象集和属性集的某些特定关系通过概念的内涵和外延进行反映.基于该思想, 本文构造一对算子, 通过其对应的概念反映知识状态和技能掌握情况的关系, 直接得到技能评估和学习路径图.考虑到模糊技能映射在合取模型下诱导的知识结构的特点, 基于模糊技能背景构造如下2个算子.

定义11 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景.对B∈ P(Q)和$\tilde{X}\in \mathcal{F}(S)$, 定义2个算子

f∶ P(Q)→ F(S), g∶ F(S)→ P(Q)

如下:

$f(B)(s)=\underset{q\in B}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s), \forall s\in S$,

$\text{g}(\tilde{X})=\{q\in Q|\forall s\in S, \tilde{X}(s)\ge \tilde{I}(q, s)\}$.

在合取模型下, 模糊技能集$\tilde{X}$诱导的知识状态为

$K=\{q\in Q|{{\tau }_{q}}\subseteq \tilde{X}\}$.

假设个体的技能掌握情况为$\tilde{X}$, 则个体只能解决包含于$\tilde{X}$的模糊技能集对应的问题.因为

$\tilde{I}(q, s)\text{=}{{\tau }_{q}}(s)$,

因此定义

$\text{g}(\tilde{X})=\{q\in Q|\forall s\in S, \tilde{X}(s)\ge \tilde{I}(q, s)\}$.

反之, 假设个体解决的问题集为B, 则个体至少已达到解决B中所有问题所需的最小技能熟练程度.因此定义

$f(B)(s)=\underset{q\in B}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s), \forall s\in S$.

另外, F(S)上的运算定义如下^[37]:

${{\tilde{X}}_{1}}={{\tilde{X}}_{2}}\Leftrightarrow {{\tilde{X}}_{1}}(s)={{\tilde{X}}_{2}}(s), \forall s\in S$;

${{\tilde{X}}_{1}}\subseteq {{\tilde{X}}_{2}}\Leftrightarrow {{\tilde{X}}_{1}}(s)\le {{\tilde{X}}_{2}}(s), \forall s\in S$;

$({{\tilde{X}}_{1}}\vee {{\tilde{X}}_{2}})(s)\Leftrightarrow {{\tilde{X}}_{1}}(s)\vee {{\tilde{X}}_{2}}(s), \forall s\in S$;

$({{\tilde{X}}_{1}}\wedge {{\tilde{X}}_{2}})(s)\Leftrightarrow {{\tilde{X}}_{1}}(s)\wedge {{\tilde{X}}_{2}}(s), \forall s\in S$.

根据定义的映射$f\circ g$, 可得如下性质1.

性质1 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景.对B∈ P(Q), B₁∈ P(Q), B₂∈ P(Q), B_i∈ P(Q), $\tilde{X}\in \mathcal{F}(S)$, ${{\tilde{X}}_{1}}\in \mathcal{F}(S)$, ${{\tilde{X}}_{2}}\in \mathcal{F}(S)$, ${{\tilde{X}}_{i}}\in \mathcal{F}(S)$, i∈ J(J为一个指标集), 有如下性质成立:

1)${{\tilde{X}}_{1}}\subseteq {{\tilde{X}}_{2}}\Rightarrow g({{\tilde{X}}_{1}})\subseteq g({{\tilde{X}}_{2}})$, ${{B}_{1}}\subseteq {{B}_{2}}\Rightarrow f({{B}_{1}})\subseteq f({{B}_{2}})$;

2)$f\circ \text{g}(\tilde{X})\subseteq \tilde{X}$, B₁⊆B₂⇒ f(B₁)⊆f(B₂);

3)$f(B)\subseteq \tilde{X}\Leftrightarrow B\subseteq g(\tilde{X})$;

4)$f\circ \text{g}\circ f(B)=f(B)$, $\text{g}\circ f\circ \text{g}(\tilde{X})=\text{g}(\tilde{X})$;

5)$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcap }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})\text{=}g(\underset{i\in J}{\mathop{\wedge }}\, {{\tilde{X}}_{i}})$, $\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, f({{B}_{i}})=f(\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, {{B}_{i}})$.

证明 先证1).对$\forall q\in g({{\tilde{X}}_{1}})$, 满足对∀ s∈ S, 有

$\tilde{X}(\text{s})\ge \tilde{I}\left( q, s \right)$.

又因为${{\tilde{X}}_{1}}\subseteq {{\tilde{X}}_{2}}$, 故对∀ s∈ S, 有

${{\tilde{X}}_{1}}\left( s \right)\le {{\tilde{X}}_{2}}\left( s \right)$.

因此, 对∀ s∈ S, 有

${{\tilde{X}}_{2}}(\text{s})\ge \tilde{I}\left( q, s \right)$,

即$q\in g({{\tilde{X}}_{2}})$.从而

$g({{\tilde{X}}_{1}})\subseteq g({{\tilde{X}}_{2}})$.

同理可证

B₁⊆B₂⇒ f(B₁)⊆f(B₂).

再证2).假设$q\in g(\tilde{X})$, 则对∀ s∈ S, 有

$\tilde{X}(\text{s})\ge \tilde{I}\left( q, s \right)$,

故对∀ s∈ S, 有

$f(g(\tilde{X}))(s)\text{=}\underset{q\in g(\tilde{X})}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)\le \tilde{X}(s)$,

从而

$f\circ \text{g}(\tilde{X})\subseteq \tilde{X}$.

此外, 因为对∀ q∈ B, s∈ S, 有

$\tilde{I}(q, s)\le \underset{q\in B}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)=f(B)(s)$,

故$q\in g\circ f(B)$, 从而

$B\subseteq g\circ f(B)$.

再证3).假设$f(B)\subseteq \tilde{X}$, 由1)可得

$\text{g}\circ f(B)\subseteq g(\tilde{X})$,

又因为

$B\subseteq g\circ f(B)$,

故$B\subseteq g(\tilde{X})$.反之, 若$B\subseteq g(\tilde{X})$, 由1)可得

$f(B)\subseteq f\circ g(\tilde{X})$,

又因为

$f\circ \text{g}(\tilde{X})\subseteq \tilde{X}$,

故$f(B)\subseteq \tilde{X}$.从而

$f(B)\subseteq \tilde{X}\Leftrightarrow B\subseteq g(\tilde{X})$.

再证4).由2)有

$B\subseteq \text{g}\circ f(B)$,

又由1)可得

$f(B)\subseteq f\circ \text{g}\circ f(B)$.

因为

$f\circ \text{g}(\tilde{X})\subseteq \tilde{X}$,

故

$f\circ \text{g}\circ f(B)\subseteq f(B)$.

从而

$f\circ \text{g}\circ f(B)=f(B)$.

同理可证

$\text{g}\circ f\circ \text{g}(\tilde{X})=\text{g}(\tilde{X})$.

最后证5).对

$\forall q\in \underset{i\in J}{\mathop{\bigcap }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})$,

满足对∀ i∈ J, s∈ S, 有

${{\tilde{X}}_{i}}(s)\ge \tilde{I}(q, s)$,

于是对∀ s∈ S, 有

$\underset{i\in J}{\mathop{\wedge }}\, {{\tilde{X}}_{i}}(s)\ge \tilde{I}(q, s)$

成立, 故

$q\in g(\underset{i\in J}{\mathop{\wedge }}\, {{\tilde{X}}_{i}})=\{q\in Q|\forall s\in S, \underset{i\in J}{\mathop{\wedge }}\, {{\tilde{X}}_{i}}(s)\ge \tilde{I}(q, s)\}$,

从而

$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcap }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})\subseteq g(\underset{i\in J}{\mathop{\wedge }}\, {{\tilde{X}}_{i}})$.

反之, 对

$\forall q\in g(\underset{i\in J}{\mathop{\wedge }}\, {{\tilde{X}}_{i}})$,

满足对∀ s∈ S, 有

$\underset{i\in J}{\mathop{\wedge }}\, {{\tilde{X}}_{i}}(s)\ge \tilde{I}(q, s)$,

于是对∀ i∈ J, s∈ S, 有

${{\tilde{X}}_{i}}(s)\ge \tilde{I}(q, s)$

成立, 故

$q\in \underset{i\in J}{\mathop{\bigcap }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})$,

从而

$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcap }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})\supseteq g(\underset{i\in J}{\mathop{\wedge }}\, {{\tilde{X}}_{i}})$.

综上可得

$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcap }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})=g(\underset{i\in J}{\mathop{\wedge }}\, {{\tilde{X}}_{i}})$.

下证

$\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, f({{B}_{i}})=f(\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, {{B}_{i}})$.

由

$f(\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, {{B}_{i}})={{\vee }_{a\in \underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, {{B}_{i}}}}\tilde{I}(q, s)=\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, (\underset{a\in {{B}_{i}}}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s))=\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, f({{B}_{i}})$

可证. 证毕

根据定义5, 性质1中3)说明映射对(f, g)形成(P(Q), ⊆)和(F(S), ⊆)之间的单调伽罗瓦连接.根据文献[38], 假设(f, g)形成集合X和Y之间的单调伽罗瓦连接.对映射对(h, k), 若对∀ A∈ 2^X, B∈ 2^Y, 有

h(A)=Y\f(A), k(B)=g(Y\B)

成立, 则(h, k)是一个反序伽罗瓦连接, 即通过该过程可建立反序伽罗瓦连接和单调伽罗瓦连接的双射.显然, 本文定义的映射$f\circ g$与定义6定义的映射$h\circ k$不符合这种双射关系.

若序对$(B, \tilde{X})$满足$B=g(\tilde{X})$且$\tilde{X}=f(B)$, 则称$(B, \tilde{X})$为$(Q, S, \tilde{I})$的一个模糊技能概念, B和$\tilde{X}$分别称为模糊技能概念的外延和内涵.将$(Q, S, \tilde{I})$的所有的模糊技能概念构成的集合记为$L(Q, S, \tilde{I})$.对于∀ B∈ P(Q), $\tilde{X}\in \mathcal{F}(S)$ , 由性质1中4), 易得$(g\circ f(B), f(B))$和$(g(\tilde{X}), f\circ g(\tilde{X}))$都是模糊技能概念.因此, 对∀ q∈ Q, $(g\circ f(q), f(q))$都是一个模糊技能概念.对

$\forall ({{B}_{1}}, {{\tilde{X}}_{1}})\in L(Q, S, \tilde{I}), ({{B}_{2}}, {{\tilde{X}}_{2}})\in L(Q, S, \tilde{I})$,

定义偏序关系:

$({{B}_{1}}, {{\tilde{X}}_{1}})\le ({{B}_{2}}, {{\tilde{X}}_{2}})\Leftrightarrow {{B}_{1}}\subseteq {{B}_{2}}({{\tilde{X}}_{1}}\subseteq {{\tilde{X}}_{2}})$.

定义12 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, 对$\forall ({{B}_{1}}, {{\tilde{X}}_{1}})\in L(Q, S, \tilde{I}), ({{B}_{2}}, {{\tilde{X}}_{2}})\in L(Q, S, \tilde{I})$, 定义上确界和下确界如下:

$({{B}_{1}}, {{\tilde{X}}_{1}})\vee ({{B}_{2}}, {{\tilde{X}}_{2}})=(g\circ f({{B}_{1}}\bigcup {{B}_{2}}), {{\tilde{X}}_{1}}\vee {{\tilde{X}}_{2}}))=(g({{\tilde{X}}_{1}}\vee {{\tilde{X}}_{2}}), {{\tilde{X}}_{1}}\vee {{\tilde{X}}_{2}})$,

$({{B}_{1}}, {{\tilde{X}}_{1}})\wedge ({{B}_{2}}, {{\tilde{X}}_{2}})=({{B}_{1}}\bigcap {{B}_{2}}, f\circ g({{\tilde{X}}_{1}}\wedge {{\tilde{X}}_{2}}))=({{B}_{1}}\bigcap {{B}_{2}}, f({{B}_{1}}\bigcap {{B}_{2}}))$_..

显然$(L(Q, S, \tilde{I}), \vee , \wedge )$是一个完备格, 称$L(Q, S, \tilde{I})$为$(Q, S, \tilde{I})$的模糊技能概念格.另外, 将$L(Q, S, \tilde{I})$的所有外延构成的集族记为${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$.

推论1 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, 对

$\forall (B, \tilde{X})\in L(Q, S, \tilde{I})$,

有

$(B, \tilde{X})=\underset{q\in B}{\mathop{\vee }}\, (g\circ f(q), f(q))$.

证明 由性质1中4)、5), 有

$\begin{matrix} & \underset{q\in B}{\mathop{\vee }}\, (g\circ f(q), f(q)) \\ & =(g\circ f(\underset{q\in B}{\mathop{\bigcup }}\, g\circ f(q)), \underset{q\in B}{\mathop{\vee }}\, f(q)) \\ & =(g(\underset{q\in B}{\mathop{\vee }}\, (f\circ g\circ f(q))), \underset{q\in B}{\mathop{\vee }}\, f(q)) \\ & =(g(\underset{q\in B}{\mathop{\vee }}\, f(q)), \underset{q\in B}{\mathop{\vee }}\, f(q)) \\ & =(g(f(B)), f(B))=(B, \tilde{X}). \\ \end{matrix}$ 证毕.

推论1表明, $L(Q, S, \tilde{I})$中的任意一个模糊技能概念都可以用集合

$\{(g\circ f(q), f(q))|q\in Q\}$

中的某些模糊技能概念的上确界表示.

推论2 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景.对${{\tilde{X}}_{i}}\in \mathcal{F}(S)$, i∈ J(J为一个指标集), 有

$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})\subseteq g(\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, {{\tilde{X}}_{i}})$.

证明 对

$\forall q\in \underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})$,

满足存在i, 使得对∀ s∈ S, 有

${{\tilde{X}}_{i}}(s)\ge \tilde{I}(q, s)$

成立.因此, 对∀ s∈ S, 有

$\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, {{\tilde{X}}_{i}}(s)\ge \tilde{I}(q, s)$,

故

$q\in g(\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, {{\tilde{X}}_{i}})$.

从而

$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})\subseteq g(\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, {{\tilde{X}}_{i}})$.证毕

定理1 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景.若对$\forall {{\tilde{X}}_{i}}\in \mathcal{F}(S)$, i∈ J(J为一个指标集), 满足存在B⊆Q, 使得对∀ s∈ S, 有

${{\tilde{X}}_{i}}(s)=\underset{q\in B}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)$

成立, 则

$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})\text{=}g(\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, {{\tilde{X}}_{i}})$

当且仅当

$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})\in {{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$.

证明 先证充分性.转证

$(\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}}), f(\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}}))\in L(Q, S, \tilde{I})$.

显然只需再证

$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})\text{=g}\circ f(\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}}))$.

由性质1中4)、5), 有

$\text{g}\circ f(\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}}))\text{=g}\circ f\circ \text{g(}\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, {{\tilde{X}}_{i}}\text{)=g(}\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, {{\tilde{X}}_{i}}\text{)}$,

又因为

$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})=\text{=}g(\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, {{\tilde{X}}_{i}})$,

所以

$\text{g}\circ f(\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}}))=\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})$.

从而, 有

$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})\in {{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$.

再证必要性.由推论2, 只需再证

$g(\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, {{\tilde{X}}_{i}})\subseteq \underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})$.

对

$\forall q\in g(\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, {{\tilde{X}}_{i}})$,

满足对∀ s∈ S, 有

$\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, {{\tilde{X}}_{i}}(s)\ge \tilde{I}(q, s)$

成立.若对$\forall {{\tilde{X}}_{i}}\in \mathcal{F}(S)$, i∈ J, 满足存在B⊆Q, 使得对∀ s∈ S, 有

${{\tilde{X}}_{i}}(s)=\underset{q\in B}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)$

成立, 又由性质1中4), 有

$f\circ \text{g}\circ f(B)=f(B)$,

故

$f\circ \text{g}({{\tilde{X}}_{i}})\text{=}{{\tilde{X}}_{i}}$.

所以对∀ s∈ S, 有

$\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, f(g({{\tilde{X}}_{i}}))(s)\ge \tilde{I}(q, s)$.

另外, 由性质1中5), 对∀ s∈ S, 显然有

$f(\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}}))(s)=\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, f(g({{\tilde{X}}_{i}}))(s)\ge \tilde{I}(q, s)$,

故

$q\in g(f(\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})))$.

又因为

$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})\in {{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$,

所以

$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})\text{=}g(f(\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})))$,

即

$q\in \underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})$,

故

$g(\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, {{\tilde{X}}_{i}})\subseteq \underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})$.

从而

$\underset{i\in J}{\mathop{\bigcup }}\, g({{\tilde{X}}_{i}})\text{=}g(\underset{i\in J}{\mathop{\vee }}\, {{\tilde{X}}_{i}})$.证毕

定理2 设(Q, S, τ )为模糊技能映射, $(Q, S, \tilde{I})$为(Q, S, τ )对应的模糊技能背景.K为(Q, S, τ )在合取模型下诱导的简单闭包空间.对

$\forall (B, \tilde{X})\in L(Q, S, \tilde{I})$,

内涵$\tilde{X}$在合取模型下诱导的知识状态为外延B, 且所有外延B构成的集族等于K, 即

$\mathcal{K}={{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$.

证明 对∀ B∈ K, 存在$\tilde{X}\in \mathcal{F}(S)$, 使得对∀ q∈ B, s∈ S, 有

$\tilde{I}(q, s)={{\tau }_{q}}(s)\le \tilde{X}(s)$

成立, 故$B\in {{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$, 从而

$\mathcal{K}\subseteq {{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$.

对$\forall B\in {{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$, 存在$\tilde{X}\in \mathcal{F}(S)$, 使得对∀ q∈ B, s∈ S, 有

$\tilde{I}(q, s)\le \tilde{X}(s)$

成立.由

$\tilde{I}(q, s)={{\tau }_{q}}(s)$,

可得对∀ q∈ B, s∈ S, 有

${{\tau }_{q}}(s)\le \tilde{X}(s)$,

故模糊技能概念的外延B为模糊技能映射在合取模型下通过内涵$\tilde{X}$诱导的知识状态, 即B∈ K, 从而

${{L}_{Q}}(Q, \tilde{S}, \tilde{I})\subseteq \mathcal{K}$.

综上, 有

$\mathcal{K}={{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$.证毕

下面将${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$称为模糊技能背景在合取模型下诱导的简单闭包空间.

注意到F(S)中的模糊集是无限的, 但在KST中, 模糊技能映射是给定的, 故在本文中, 基于模糊技能映射限制F(S).对s∈ S, 记

$W(s)=\{x\text{ }\!\!|\!\!\text{ }\forall q\in Q, x={{\tau }_{q}}(s)=\tilde{I}(q, s)\}$,

对

$\forall \tilde{X}=\{{{s}^{\tilde{X}(s\text{)}}}|s\in S\}\in \mathcal{F}(S)$,

满足对∀ s∈ S, 有$\tilde{X}(s)\in W(s)$成立, 即若给定模糊技能映射(Q, S, τ ), 模糊技能背景下的F(S)也随之确定.另外, 若$\tilde{X}(s)=0$, 忽略${{s}^{\tilde{X}(s\text{)}}}$.

为了简便表示模糊技能概念格, 在模糊技能概念格中统一使用数字序列表示问题集, 使用模糊技能序列表示模糊技能集.例如:使用1234表示{q₁, q₂, q₃, q₄}, 使用${{s}_{1}}^{x}{{s}_{2}}^{y}{{s}_{3}}^{z}{{s}_{4}}^{k}$表示$\text{ }\!\!\{\!\!\text{ }{{s}_{1}}^{x}, {{s}_{2}}^{y}, {{s}_{3}}^{z}, {{s}_{4}}^{k}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }$.

例1 设

Q={q₁, q₂, q₃, q₄, q₅}, S={s₁, s₂, s₃, s₄, s₅},

给定模糊技能映射(Q, S, τ ), 其中

${{\tau }_{{{q}_{1}}}}=\{{{s}_{1}}^{0.9}, {{s}_{3}}^{0.7}, {{s}_{4}}^{0.6}, {{s}_{5}}^{0.\text{8}}\}$,

${{\tau }_{{{q}_{2}}}}=\{{{s}_{3}}^{0.8}, {{s}_{\text{5}}}^{0.\text{8}}\}$,

${{\tau }_{{{q}_{3}}}}=\{{{s}_{1}}^{0.8}, {{s}_{2}}^{0.9}, {{s}_{4}}^{0.7}, {{s}_{\text{5}}}^{0.6}\}$,

${{\tau }_{{{q}_{4}}}}=\text{ }\!\!\{\!\!\text{ }{{s}_{1}}^{0.5}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }$,

${{\tau }_{{{q}_{5}}}}=\text{ }\!\!\{\!\!\text{ }{{s}_{1}}^{0.5}, {{s}_{3}}^{0.5}\}$.

由$\tilde{I}(q, s)\text{=}{{\tau }_{q}}(s)$, 可得模糊技能映射(Q, S, τ )对应的模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$, 如表1所示, $(Q, S, \tilde{I})$对应的模糊技能概念格$L(Q, S, \tilde{I})$如图1所示.

表1

Table 1

表1(Table 1)

表1 模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$ Table 1 Fuzzy skill context$(Q, S, \tilde{I})$ $\tilde{I}$ s1 s2 s3 s4 s5 q1 0.9 0 0.7 0.6 0.8 q2 0 0 0.8 0 0.8 q3 0.8 0.9 0 0.7 0.6 q4 0.5 0 0 0 0 q5 0.5 0 0.5 0 0

表1 模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$ Table 1 Fuzzy skill context$(Q, S, \tilde{I})$

图1

Fig.1

	Figure Option ViewDownloadNew Window
	图1 模糊技能概念L格$(Q, S, \tilde{I})$Fig.1 Fuzzy skill concept lattice $L(Q, S, \tilde{I})$

由定理2, 模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$在合取模型下诱导的简单闭包空间为

$\begin{aligned}\mathscr{K}= & L_Q(Q, S, \tilde{I})= \\& \left\{\emptyset,\left\{q_2\right\},\left\{q_4\right\},\left\{q_3, q_4\right\},\left\{q_4, q_5\right\},\left\{q_1, q_4, q_5\right\},\right. \\& \left\{q_2, q_4, q_5\right\},\left\{q_3, q_4, q_5\right\},\left\{q_1, q_2, q_4, q_5\right\}, \\& \left.\left\{q_1, q_3, q_4, q_5\right\},\left\{q_2, q_3, q_4, q_5\right\}, Q\right\} .\end{aligned}$

通过模糊技能概念格能直观评估个体的技能掌握情况并指导下一步学习.例如, 对于图1, 若已知个体能解决的问题集为{q₃, q₄}, 则该个体分别掌握技能s₁, s₂, s₄, s₅的程度至少为0.8, 0.9, 0.7, 0.6, 且个体掌握技能s₃的程度小于0.5.因为若个体掌握技能s₃的程度大于等于0.5, 则个体能解决的问题集应为{q₃, q₄, q₅}.此时, 下一步应该指导个体学习技能s₃.若个体在学习之后通过测试能解决问题q₅, 则此时个体掌握技能s₃的程度要大于等于0.5.因此, 在模糊技能概念格中, 从(Ø _Q, Ø _S)到$(Q, s_{1}^{0.9}s_{2}^{0.9}s_{3}^{0.8}s_{4}^{0.7}s_{5}^{0.8})$的任意一条路径都是一条学习技能的路径.

接下来, 基于推论1给出获取模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$的所有模糊技能概念的算法1.

算法1 获取模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$的模糊技能概念集T

输入 模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$

输出 模糊技能概念集T

step 1 令P=Ø , T=Ø .

step 2 对∀ q∈ Q, 计算f(q).

step 3 计算Q的幂集B=2^Q.对∀ B'∈ B, 计算$X=\underset{q\in B'}{\mathop{\vee }}\, f(q)$.若X∉P, 则P← P∪ X.

step 4 对∀ X'∈ P, 计算g(X'), 获得$T\leftarrow T\bigcup (g({X}'), {X}')$.

step 5 输出模糊技能概念集T.

在算法1中, step 2、step 3的时间复杂度最大为$O(|{{2}^{Q}}|)$, step 4的时间复杂度最大为$O(|P||S|)$, 故算法1的时间复杂度最大为

$O(|{{2}^{Q}}|+(|P||S|))$.

在KST中, 技能约简是在保持知识结构不变的前提下, 删除冗余技能.技能约简能更简洁地表示问题与技能之间的关系, 从而有效提高生成知识结构的效率.Sun等^[26]给出模糊技能映射下的技能约简的方法, 但在模糊技能映射的背景下, 不一定需要删除整个技能才能保持生成的知识结构不变.因此, 本文提出技能层约简的概念, 拓展KST的技能约简概念, 减少生成简单必包空间的时间.

定义13 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景.对s∈ S, 称

$W(s)=\{x|\forall q\in Q, x\text{=}\tilde{I}(q, s)\}$

为技能s在Q中的技能层集.x∈ W(s)称为技能s的一个技能层.

W(s)是解决Q中的问题需要掌握技能s的所有可能程度构成的集合.注意, 对∀ s∈ S, 下文使用∧ W(s)和∨ W(s)分别表示技能s在Q中的最小技能层和最大技能层.另外, 本文讨论的模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$满足:对∀ s∈ S, 有$|W(s)|\ge 2$成立.

定义14 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景.对s∈ S,

$W(s)=\{x|\forall q\in Q, x\text{=}\tilde{I}(q, s)\}$.

若存在$(Q, {S}', {\tilde{I}}')$满足

$L(Q, {S}', {\tilde{I}}')\cong L(Q, S, \tilde{I})$,

其中S'⊆S, ${\tilde{I}}'\in \mathcal{F}(Q\times {S}')$ , 且${\tilde{I}}'$满足如下条件:

1)存在q∈ Q, s∈ S', 有

${\tilde{I}}'(q, s)\text{=}{{x}_{1}}\in W(s)< \tilde{I}(q, s)$

成立,

2)∀ q∈ Q, s∈ S', 有

${\tilde{I}}'(q, s)\text{=}{{x}_{1}}\in W(s)\le \tilde{I}(q, s)$

成立,

则称$(Q, {S}', {\tilde{I}}')$为$(Q, S, \tilde{I})$的一个极小技能层模糊技能背景.

定义15 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, $(Q, {S}', {\tilde{I}}')$为$(Q, S, \tilde{I})$的一个极小技能层模糊技能背景.对s∈ S,

$W(s)=\{x|\forall q\in Q, x\text{=}\tilde{I}(q, s)\}$.

若对q∈ Q, s∈ S', 有

${\tilde{I}}'(q, s)\text{=}{{x}_{1}}\in W(s)< \tilde{I}(q, s)\text{=}x$

成立, 则称x为技能s的可约简技能层.

显然, 对于任意技能s∈ S的最小技能层∧ W(s), 已经不存在小于它的技能层, 故任意技能s∈ S的最小技能层∧ W(s)都不是可约简技能层.另外, 对每个技能s∈ S, 若至少存在一个x∈ W(s)且x≠ ∧ W(s), 使得x不是技能s的可约简技能层, 则有S'=S.

下面对极小技能层模糊技能背景赋予语义解析.定义14中条件1)说明, 若$(Q, {S}', {\tilde{I}}')$为$(Q, S, \tilde{I})$的一个极小技能层模糊技能背景, 则技能层模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$中至少存在一个技能s∈ S的某个技能层x为可约简技能层.若技能s的技能层x可以被约简且s∈ S', 则在极小技能层模糊技能背景$(Q, {S}', {\tilde{I}}')$中s对应的技能层x会全部下降为W(s)中其它小于x的某个技能层, 这样问题与技能之间的模糊关系会更加简单化.条件2)表示对于技能s的技能层x不能被约简的情况, 则s对应的技能层x在极小技能层模糊技能背景$(Q, {S}', {\tilde{I}}')$中保持不变.另外, 若$\tilde{I}(q, s)=0$, 则${\tilde{I}}'(q, s)=0$成立, 说明若问题q的求解与技能s无关, 则对于技能层约简后得到的极小技能层模糊技能背景, 问题q的求解也与技能s无关.本文将获得模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$的极小技能层模糊技能背景$(Q, {S}', {\tilde{I}}')$的过程称为技能层约简.

定义16 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景.若存在S'⊂S, 使得$(Q, {S}', {\tilde{I}}')$为$(Q, S, \tilde{I})$的一个极小技能层模糊技能背景, 则∀ s∈ S\{S'}称为一个可约简技能.

技能约简是对整个技能进行约简, 而技能层约简是通过降低某些技能的技能层进行约简.根据定义14和定义16, 技能层约简包含对整个技能进行约简的情形, 另外在不能删除整个技能的情形下还能约简某些技能层, 进而简化问题与技能的模糊关系.因此, 技能层约简是技能约简的拓展, 并且相对技能约简而言, 技能层约简可更有效降低获取简单闭包空间的时间, 进行技能层约简具有重要意义.下面讨论获取极小技能层模糊技能背景$(Q, {S}', {\tilde{I}}')$的技能层约简方法.

技能层约简的前提要保持${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$不变, 但在模糊技能背景中直接考虑约简的问题是较复杂的.因此, 建立模糊技能背景与二分形式背景的特定关系, 借助二分形式背景考虑技能层约简问题.

定义17 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景.对s∈ S,

$W(s)=\{x|\forall q\in Q, x\text{=}\tilde{I}(q, s)\}$,

则称(Q, S^X, I)为$(Q, S, \tilde{I})$对应的标记技能背景, 其中

${{S}^{X}}=\{{{s}^{x}}|\forall s\in s, X\in W(s)\}$

称为标记技能集, ∀ s^x∈ S^X称为一个标记技能, I⊆Q× S^X定义为:对∀ q∈ Q, s∈ S, x∈ W(s), 有

$(q, {{s}^{x}})\in I\Leftrightarrow I(q, {{s}^{x}})\text{=}1\Leftrightarrow \tilde{I}(q, s)\le x$.

定义17建立模糊技能背景和标记技能背景的转换关系, 显然有如下推论.

推论3 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, (Q, S^X, I)为$(Q, S, \tilde{I})$对应的标记技能背景.对s∈ S,

$W(s)=\{x|\forall q\in Q, x\text{=}\tilde{I}(q, s)\}$.

对q∈ Q, s∈ S, 若对∀ x∈ W(s), 有(q, s^x)∈ I成立, 则

$\tilde{I}(q, s)\text{=}\wedge W(s)$.

对于标记技能背景(Q, S^X, I), 将每个标记技能s^x∈ S^X视为形式背景的一个属性, 通过定义2的映射$^{\uparrow }{{\circ }^{\downarrow }}$确定的概念格称为标记技能概念格, 记为L(Q, S^X, I).另外, 记L_Q(Q, S^X, I)表示L(Q, S^X, I)的所有外延构成的集族.

定理3 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, (Q, S^X, I)为$(Q, S, \tilde{I})$对应的标记技能背景.对s∈ S,

$W(s)=\{x|\forall q\in Q, x\text{=}\tilde{I}(q, s)\}$,

则(Q, S^X, I)和$(Q, S, \tilde{I})$分别由映射$^{\uparrow }{{\circ }^{\downarrow }}$和$f\circ g$在2^Q上得到的概念格同构, 即

${{L}_{Q}}(Q, {{S}^{X}}, I)={{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$.

证明 先证

${{L}_{Q}}(Q, {{S}^{X}}, I)\subseteq {{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$.

设存在B⊆Q, 使得B∈ L_Q(Q, S^X, I)成立, 则存在T⊆S^X, 使B=T^↑ 成立.对∀ s∈ S,

$T(s)=\{x\in W(s)|{{s}^{x}}\in T\}$.

另外, 对∀ s∈ S, 令

$\tilde{X}(s)=\wedge T(s)$,

下证

$B=g(\tilde{X})$.

设q∈ B=T^↑ , 则对∀ s^x∈ T, 有(q, s^x)∈ I, 等价于对∀ s∈ S和x∈ T(s), 有

$\tilde{I}(q, s)\le x$,

等价于对∀ s∈ S, 有

$\tilde{I}(q, s)\le \wedge T(s)=\tilde{X}(s)$,

故

$q\in g(\tilde{X})\Leftrightarrow q\in {{T}^{\uparrow }}$,

从而

$B=g(\tilde{X})$.

再证

${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})\subseteq {{L}_{Q}}(Q, {{S}^{X}}, I)$.

设存在B⊆Q, 使得$B\in {{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$成立, 则存在$\tilde{X}\in \mathcal{F}(S)$, 使$B=g(\tilde{X})$成立.对∀ s∈ S, 存在T(s)⊆W(s), 满足

$\tilde{X}(s)=\wedge T(s)$.

令

$T=\underset{s\in S}{\mathop{\bigcup }}\, \{{{s}^{x}}|x\in T(s)\}$,

下证B= T^↑ .对

$\forall q\in B=g(\tilde{X})$,

满足对∀ s∈ S, 有

$\tilde{I}(q, s)\le \tilde{X}(s)\text{=}\wedge T(s)$,

等价于对∀ s∈ S, x∈ T(s), 有

$\tilde{I}(q, s)\le x$,

等价于对∀ s^x∈ T, 有(q, s^x)∈ I, 故

$q\in g(\tilde{X})\Leftrightarrow q\in {{T}^{\uparrow }}$,

从而B=T^↑ . 证毕

定理4 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, (Q, S^X, I)为$(Q, S, \tilde{I})$对应的标记技能背景, B⊆Q, $\tilde{X}\in \mathcal{F}(S)$.对s∈ S,

$W(s)=\{x|\forall q\in Q, x\text{=}\tilde{I}(q, s)\}$,

则其通过对应关系

$(B, \tilde{X})\mapsto (B, {{(\text{g}(\tilde{X}))}^{\downarrow }})=(B, \underset{s\in S}{\mathop{\bigcup }}\, \{{{s}^{x}}|\forall x\in W(s\text{)}, x\ge \tilde{X}(s) \})$

确定的概念格同构.

证明 由定理3, 映射$f\circ g$和$^{\uparrow }{{\circ }^{\downarrow }}$在2^Q上得到的概念格同构, 则其通过对应关系

$(B, \tilde{X})\mapsto (B, {{(\text{g}(\tilde{X}))}^{\downarrow }})$

确定的概念格同构.只需再证

${{B}^{\downarrow }}=\underset{s\in S}{\mathop{\bigcup }}\, \{{{s}^{x}}|\forall x\in W(s\text{)}, x\ge \tilde{X}(s)\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }$.

先证

$\underset{s\in S}{\mathop{\bigcup }}\, \{{{s}^{x}}|\forall x\in W(s\text{)}, x\ge \tilde{X}(s)\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }\subseteq {{B}^{\downarrow }}$.

对

$\forall {{s}^{x}}\in \underset{s\in S}{\mathop{\bigcup }}\, \{{{s}^{x}}|\forall x\in W(s\text{)}, x\ge \tilde{X}(s)\}$,

因为

$B\text{=g(}\tilde{X})=\{q\in Q|\forall s\in S, \tilde{X}(s)\ge \tilde{I}(q, s)\}$,

故对∀ q∈ B, s∈ S, x∈ W(s), 有

$\tilde{I}(q, s)\le x$,

又因为

$\tilde{I}(q, s)\le x\Leftrightarrow (q, {{s}^{x}})\in I$,

从而s^x∈ B^↓ .

再证

${{B}^{\downarrow }}\subseteq \underset{s\in S}{\mathop{\bigcup }}\, \{{{s}^{x}}|\forall x\in W(s\text{)}, x\ge \tilde{X}(s)\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }$.

假设存在s∈ S, x∈ W(s), 使

${{s}^{x}}\in {{B}^{\downarrow }}={{(g(\tilde{X}))}^{\downarrow }}$

成立, 即对∀ q∈ B, 有(q, s^x)∈ I, 等价于对$\forall q\in g(\tilde{X})$, 有

$\tilde{I}(q, s)\le x$,

又因为

$\tilde{X}(s)\text{=}f(B)(s)=\underset{q\in B}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)$,

故$\tilde{X}(s)$为

$\{\tilde{I}(q, s)|q\in B\text{=}g(\tilde{X})\}$

的上确界, 故$x\ge \tilde{X}(s)$, 则

${{s}^{x}}\in \underset{s\in S}{\mathop{\bigcup }}\, \{{{s}^{x}}|\forall x\in W(s\text{)}, x\ge \tilde{X}(s)\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }$. 证毕

由于对∀ s∈ S, 当x=∨ W(s)时, 对∀ q∈ Q, 都有

$\tilde{I}(q, s)\le x=\vee W(s)$

恒成立, 即对∀ q∈ Q, s∈ S, 都有

$(q, {{s}^{\vee W(s)}})\in I\Leftrightarrow I(q, {{s}^{\vee W(s)}})\text{=1}$

恒成立.根据$^{\uparrow }{{\circ }^{\downarrow }}$的定义, ∀ s∈ S, s^{∨ W(s)}都会出现在标记技能概念格L(Q, S^X, I)的每个概念的内涵中.因此, 为了简便表示, 在标记技能概念格L(Q, S^X, I)中, 除外延{Ø }对应的内涵以外, 其它所有外延对应的内涵中的s^{∨ W(s)}, ∀ s∈ S都忽略不写.

例2 对于表1的模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$, 其对应的标记技能背景(Q, S^X, I)如表2所示, (Q, S^X, I)对应的标记技能概念格L(Q, S^X, I)如图2所示.

表2

Table 2

表2(Table 2)

表2 标记技能背景(Q, SX, I) Table 2 Marked skill context(Q, SX, I) I s10 s10.5 s10.8 s10.9 s20 s20.9 s30 s30.5 s30.7 s30.8 s40 s40.6 s40.7 s50 s50.6 s50.8 q1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 0 0 1 q2 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 q3 0 0 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1 1 q4 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 q5 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1

表2 标记技能背景(Q, SX, I) Table 2 Marked skill context(Q, SX, I)

图2

Fig.2

	Figure Option ViewDownloadNew Window
	图2 标记技能概念格L(Q, SX, I)Fig.2 Marked skill concept lattice L(Q, SX, I)

下文将每个标记技能视为一个属性, 通过保持L_Q(Q, S^X, I)不变的标记技能约简方法解决保持${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$不变的技能层约简的问题.

推论4 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, (Q, S^X, I)为$(Q, S, \tilde{I})$对应的标记技能背景.对∀ s∈ S, x∈ W(s), 令

${{s}^{x}}^{* }={{({{s}^{x}})}^{* }}=\{q\in Q|(q, {{s}^{x}})\in I\}$

表示与标记技能s^x相关的问题集, 则$\{{{s}^{x}}^{* }|{{s}^{x}}\in {{S}^{X}}\}$为$(Q, S, \tilde{I})$通过合取模型诱导的简单闭包空间L_Q(Q, S^X, I)的一个交式生成组.

证明 对于标记技能背景(Q, S^X, I), 因为

${{L}_{Q}}(Q, {{S}^{X}}, I)=\{{{T}^{\uparrow }}|\forall T\subseteq {{S}^{X}}, T={{T}^{\uparrow \downarrow }}\}$,

且对于任意一个标记技能集T⊆S^X, 都有

${{T}^{\uparrow }}=\underset{{{s}^{x}}\in T}{\mathop{\bigcap }}\, {{s}^{x}}^{* }$,

故$\{{{s}^{x}}^{* }|{{s}^{x}}\in {{S}^{X}}\}$为L_Q(Q, S^X, I)的一个交式生成组. 证毕

保持L_Q(Q, S^X, I)不变的标记技能约简等价于保持L_Q(Q, S^X, I)的交式生成组不变的标记技能约简.对∀ s∈ S,

$W(s)=\{x|\forall q\in Q, x\text{=}\tilde{I}(q, s)\}$.

若x=∨ W(s), 因为对于∀ s∈ S, q∈ Q, 都有

$(q, {{s}^{\vee W(s)}})\in I$,

即对于∀ s∈ S, 有

${{s}^{\vee W(s)}}^{* }\text{=}Q$

恒成立, 故从交式生成组$\{{{s}^{x}}^{* }|{{s}^{x}}\in {{S}^{X}}\}$中删除${{s}^{\vee W(s)}}^{* }$并不影响$\{{{s}^{x}}^{* }|{{s}^{x}}\in {{S}^{X}}\}$生成${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$中除全集Q之外的其它元素.因此, 为了减少标记技能约简的时间, 在讨论保持L_Q(Q, S^X, I)的交式生成组不变的标记技能约简的过程中, 考虑的交式生成组$\{{{s}^{x}}^{* }|{{s}^{x}}\in {{S}^{X}}\}$不包含任意s∈ S中的${{s}^{\vee W(s)}}^{* }$.因此, 后文讨论的模糊技能背景(Q, S^X, I)对应的所有标记技能背景(Q, S^X, I)均满足

${{S}^{X}}=\{{{s}^{x}}|s\in S, x\in W(s)且x\ne \vee W(s)\}$.

另外, 对s^x∈ S^X, 若存在t∈ S\{s}, y∈ W(t), 使得${{s}^{x}}^{\text{* }}={{t}^{y}}^{\text{* }}$, 说明标记技能s^x和t^y提供诱导简单闭包空间L_Q(Q, S^X, I)的作用是一样的.因此, 对s^x∈ S^X, 记

$[{{s}^{x}}]=\{{{t}^{y}}\in {{S}^{X}}|{{s}^{x}}^{* }={{t}^{y}}^{* }\}$

表示标记技能s^x的等价类.

定义18 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, (Q, S^X, I)为$(Q, S, \tilde{I})$对应的标记技能背景.称$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$为(Q, S^X, I)的一个极小标记技能背景, 若$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$满足:存在$S_{1}^{{{X}_{1}}}\subset {{S}^{X}}$, 满足

$L(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})\cong L(Q, {{S}^{X}}, I)$,

且对∀ q∈ Q, $s_{1}^{{{x}_{1}}}\in S_{1}^{{{X}_{1}}}$ , 有

${{I}_{1}}(q, s_{1}^{{{x}_{1}}}\text{)=}I(q, s_{1}^{{{x}_{1}}}\text{)}$.

另外, 称$S_{1}^{{{X}_{1}}}$为S^X的一个极小标记技能集.记${{R}_{1}}={{S}^{X}}\backslash S_{1}^{{{X}_{1}}}$, 称R₁为$S_{1}^{{{X}_{1}}}$对应的可约简标记技能集.对∀ s^x∈ R₁, 称s^x为$S_{1}^{{{X}_{1}}}$对应的一个可约简标记技能.

显然, 极小标记技能集不唯一, 故极小标记技能背景$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$不唯一.记所有极小标记技能集对应的可约简标记技能集构成的集合为R, 称R为S^X对应的可约简标记技能集.

下面将极小标记技能背景转化成一个新的模糊技能背景, 使其对应生成概念格同构.

定义19 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, $(Q, {{S}^{X}}, \tilde{I})$为$(Q, S, \tilde{I})$对应的标记技能背景, $(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$为(Q, S^X, I)的一个极小标记技能背景.对s∈ S,

$W(s)=\{x|\forall q\in Q, x\text{=}\tilde{I}(q, s)\}$,

记

${{X}_{1}}(s)=\{x\in W(s)\text{ }\!\!|\!\!\text{ }{{s}^{x}}\in {{S}_{\text{1}}}^{{{X}_{1}}}\}$,

$X(s)=\{x\in W(s)|{{s}^{x}}\in {{S}^{X}}\}$,

称$(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$为$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$对应的模糊技能背景, 其中

${{S}_{1}}=\{s\in S|{{X}_{1}}(s)\ne \varnothing \}$,

${{\tilde{I}}_{1}}$定义为:对q∈ Q, s∈ S,

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)={x}'\in W(s)$

满足

${x}'> \vee \{x\in {{X}_{1}}(s)|(q, {{s}^{x}})\notin {{I}_{1}}\}$,

且不存在x″∈ W(s), 使得

${x}'> {x}''> \vee \{x\in {{X}_{1}}(s)|(q, {{s}^{x}})\notin {{I}_{1}}\}$

成立.另外, 对q∈ Q, s∈ S, 若对∀ x∈ X₁(s), 有(q, s^x)∈ I₁成立, 则

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)=\wedge X(s)$.

下面证明极小标记技能背景$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$对应的模糊技能背景$(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$满足极小技能层模糊背景中的两个条件.

定理5 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, (Q, S^X, I)为$(Q, S, \tilde{I})$对应的标记技能背景, $(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$为(Q, S^X, I)的一个极小标记技能背景, $(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$为$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$对应的模糊技能背景.对s∈ S,

$W(s)=\{x|\forall q\in Q, x\text{=}\tilde{I}(q, s)\}$,

$X(s)=\{x\in W(s)\text{ }\!\!|\!\!\text{ }{{s}^{x}}\in {{S}_{\text{1}}}^{{{X}_{1}}}\}$,

则

1)存在q∈ Q, s∈ S₁, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\text{=}{{x}_{1}}\in W(s)< \tilde{I}(q, s)$

成立;

2)∀ q∈ Q, s∈ S₁, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\text{=}{{x}_{1}}\in W(s)\le \tilde{I}(q, s)$

成立.

证明 由于$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$为(Q, S^X, I)的一个极小标记技能背景, 故至少存在一个${{s}^{x}}\in {{S}^{X}}\backslash S_{1}^{{{X}_{1}}}$是可约简标记技能.对该技能s, 记

P(s)={x₁, x₂, …x_n} ⊆X(s).

假设

${{s}^{P}}=\{{{s}^{x}}\text{ }\!\!|\!\!\text{ }x\in P(s)\}$

为s对应的所有可约简标记技能构成的集合, 若

P(s)={x₁, x₂, …x_n}= X(s),

即$n=|X(s)|$, 则s∉S₁.另外, 假设对∀ s'∈ S₁\{s}, 都有$|P({s}')|\text{=}0$, 则由定义19, 显然对∀ q∈ Q, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, {s}')\text{=}\tilde{I}(q, {s}')$.

由

${{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})\text{=}{{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$,

显然不存在对∀ s'∈ S₁\{s}, 都满足$n=|X({s}')|$的情形.因此, 只需再讨论

$P(s)\text{= }\!\!\{\!\!\text{ }{{x}_{1}}, {{x}_{2}}, \cdots , {{x}_{n}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }\subset X(s), 1\le n< |X(s)|$

的情形.下证对该技能s, 满足对∀ q∈ Q, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\le \tilde{I}(q, s)$.

令

Y=(X(s)\P(s))∪ {∨ W(s)},

显然有$1\le |Y|< |X(s)|$.令

$M\text{= }\!\!\{\!\!\text{ }q\in Q|\tilde{I}\text{(}q\text{, }s\text{)=}\wedge X(s)\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }$,

则对∀ q∈ M, x∈ X(s), 有(q, s^x)∈ I.因此, 对∀ q∈ M, y∈ Y, 有(q, s^y)∈ I₁, 则由定义19, 对∀ q∈ M, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\text{=}\wedge X(s)$

成立.从而, 对∀ q∈ M, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\text{=}\tilde{I}(q, s)$.

将∀ x_i∈ X(s), i=1, 2, …, $|X(s)|$ , 从小到大排序, 假设

${{x}_{1}}< \cdots < {{x}_{i}}< {{x}_{i+1}}< \cdots < {{x}_{|X(s)|}}$

成立.对∀ q∈ Q\{M}, 存在x_i∈ X(s), $i\in \{1, 2, \cdots , |X(s)|\}$ , 有(q, sxi)∉I, 且$\forall j=i+1, i+2, \cdots , |W(s)|$, 有$(q, {{s}^{{{x}_{j}}}})\in I$.由定义17的转换关系, 对∀ q∈ Q\{M}, 有

$\tilde{I}(q, s)\text{=}{{x}_{i+1}}$

成立.假设${{s}^{{{x}_{i}}}}$为一个可约简标记技能, 且

x_i=∧ X(s),

则由定义19, 对∀ q∈ Q\{M}, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\text{=}\wedge X(s)$.

从而, 对∀ q∈ Q\{M}, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\text{}\tilde{I}(q, s)$.

假设${{s}^{{{x}_{i}}}}$为一个可约简标记技能, 且

x_i≠ ∧ X(s),

记

$Y_{i}^{\le }=\{y\in Y\text{ }\!\!|\!\!\text{ }y\le {{x}_{i}}\}$,

$Y_{i}^{> }=\{{y}'\in Y\text{ }\!\!|\!\!\text{ }{y}'> {{x}_{i}}\}$,

则由定义19, 对∀ q∈ Q\{M}, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\text{=}\wedge Y_{i}^{\le }\text{=}{{x}_{i}}$.

从而, 对∀ q∈ Q\{M}, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\text{}\tilde{I}(q, s)$.

综上, 对该技能s, 存在q∈ Q, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\text{}\tilde{I}(q, s)$,

且对∀ q∈ Q, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\text{}\tilde{I}(q, s)$.

又因为对∀ s″∈ S₁\{s}, 有上述类似结论成立, 故1)和2)成立. 证毕

由定理5和定义15, 显然有如下推论.

推论5 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, (Q, S^X, I)为$(Q, S, \tilde{I})$对应的标记技能背景, $(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$为(Q, S^X, I)的一个极小标记技能背景, $(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$为$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$对应的模糊技能背景.对s∈ S,

$W(s)=\{x|\forall q\in Q, x\text{=}\tilde{I}(q, s)\}$,

对∀ x_i∈ W(s), i=1, 2, …, m, $1\le m\le |W(s)|$ , 假设

x₁< …< x_u< x_v< …< x_m

成立.若 sxu(x_u≠ x_m)为一个可约简标记技能, 则x_v为s的一个可约简技能层.

定理6 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, (Q, S^X, I)为$(Q, S, \tilde{I})$对应的标记技能背景, $(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$为(Q, S^X, I)的一个极小标记技能背景, $(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$为$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$对应的模糊技能背景.对∀ q∈ Q, ${{s}^{x}}\in S_{1}^{{{X}_{1}}}$ , 有

$(q, {{s}^{x}})\notin {{I}_{1}}\Leftrightarrow {{\tilde{I}}_{1}}(q, s)> x$.

证明 先证充分性.假设(q, s^x)∉I₁, 由定义19, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)> \vee \{x\in {{X}_{1}}(s)|(q, {{s}^{x}})\notin {{I}_{1}}\}\ge x$.

再证必要性.假设${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)> x$, 由定理5, 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\text{}\tilde{I}(q, s)$,

故$\tilde{I}(q, s)> x$, 等价于(q, s^x)∉I, 又由定义18可得关系I₁为关系I的限制, 故(q, s^x)∉I₁. 证毕

定理7 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, (Q, S^X, I)为$(Q, S, \tilde{I})$对应的标记技能背景, $(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$为(Q, S^X, I)的一个极小标记技能背景, $(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$为$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$对应的模糊技能背景, 则$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$和$(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$分别由映射$^{\uparrow }{{\circ }^{\downarrow }}$和$f\circ g$在2^Q上得到的概念格同构, 即

${{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})={{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$.

证明 先证

${{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})={{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$.

设存在B⊆Q, 使得$B\in {{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$成立, 则存在$T\subseteq S_{1}^{{{X}_{1}}}$, 使得B=T^↑ 成立.转证存在$\tilde{X}\in \mathcal{F}({{S}_{1}})$, 使得$B=g(\tilde{X})$成立.对∀ s∈ S₁,

$T(s)=\{x\in {{X}_{1}}(s)|{{s}^{x}}\in T\}$.

另外, 对∀ s∈ S₁, 令

$\tilde{X}(s)=\wedge T(s)$,

下证

$B=g(\tilde{X})$.

由定理6, 对∀ q∈ Q, s∈ S₁, 满足对∀ s^x∈ T, 有(q, s^x)∈ I₁, 等价于对∀ x∈ T(s), 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\le x$,

等价于

$\tilde{X}(s)\ge {{\tilde{I}}_{1}}(q, s)$,

故

$\begin{align} & g(\tilde{X})=\{q\in Q|\forall s\in {{S}_{1}}, \tilde{X}(s)\ge {{{\tilde{I}}}_{1}}(q, s)\}\text{=} \\ & \{q\in Q|\forall s\in {{S}_{1}}, x\in T(s), {{{\tilde{I}}}_{1}}(q, s)\le x\}= \\ & \{q\in Q|\forall {{s}^{x}}\in T, (q, {{s}^{x}})\in {{I}_{1}}\}={{T}^{\uparrow }}=B, \\ \end{align}$

从而

${{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})\subseteq {{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$.

再证

${{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})\subseteq {{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$.

设存在B⊆ Q, 使$B\in {{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$成立, 则存在$\tilde{X}$∈ F(S₁), 使$B=g(\tilde{X})$成立.转证存在$T\subseteq {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}$, 使得

$g(\tilde{X})={{T}^{\uparrow }}$

成立.对∀ s∈ S₁, 存在T(s)⊆X₁(s), 满足

$\tilde{X}(s)=\wedge T(s)$.

令

$T=\underset{s\in {{S}_{1}}}{\mathop{\bigcup }}\, \{{{s}^{x}}|x\in T(s)\}$,

下证$g(\tilde{X})={{T}^{\uparrow }}$.由定理6, 对∀ q∈ Q, s∈ S₁, 有

$\tilde{X}(s)\ge {{\tilde{I}}_{1}}(q, s)$,

等价于对∀ x∈ T(s), 有

${{\tilde{I}}_{1}}(q, s)\le x$,

等价于对s^x∈ T, 有(q, s^x)∈ I₁, 故

$g(\tilde{X})={{T}^{\uparrow }}$.

从而

${{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})={{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$.证毕

定理8 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, (Q, S^X, I)为$(Q, S, \tilde{I})$对应的标记技能背景, $(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$为(Q, S^X, I)的一个极小标记技能背景, $(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$为$(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$对应的模糊技能背景, 则$(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$为$(Q, S, \tilde{I})$的一个极小技能层模糊技能背景.

证明 由定理5, 只需再证

${{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})={{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}, \tilde{I})$.

由定理3有

${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})={{L}_{Q}}(Q, {{S}^{X}}, I)$,

由定义18有

${{L}_{Q}}(Q, {{S}^{X}}, I)\text{=}{{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$,

又由定理7, 有

${{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})\text{=}{{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$,

故

${{L}_{Q}}(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})={{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$,

即

$L(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})\cong L(Q, S, \tilde{I})$.证毕

推论6 设$(Q, S, \tilde{I})$为模糊技能背景, (Q, S^X, I)为$(Q, S, \tilde{I})$对应的标记技能背景, $(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$为(Q, S^X, I)的一个极小标记技能背景, $(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$为$(Q, S, \tilde{I})$的一个极小技能层模糊技能背景.对s∈ S,

$W(s)=\{x\text{ }\!\!|\!\!\text{ }\forall q\in Q, x\text{=}\tilde{I}(q, s)\}$,

$X(s)=\{x\in W(s)|{{s}^{x}}\in {{S}^{X}}\}$.

若对s∈ S, 满足对∀ x∈ X(s), s^x都是可约简标记技能, 则s为一个可约简技能.

证明 对s∈ S, 满足对∀ x∈ X(s), 都有s^x可约简标记技能, 则s∉S₁, 故s∈ S\{S₁}为一个可约简技能. 证毕

下面, 给出获取标记技能背景(Q, S^X, I)的极小标记技能背景$(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$的算法, 具体见算法2中step 2~step 10.由定理8可得, 通过标记技能背景(Q, S^X, I)的极小标记技能背景(Q, S1X1, I₁)可以获得极小技能层模糊技能背景$(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$.下面给出获取极小技能层模糊技能背景$(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$和对应的可约简技能层和可约简技能的算法2.

算法2 获取极小技能层模糊技能背景$(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$

输入 模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$

输出 极小技能层模糊技能背景$(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$

step 1 由

$(q, {{s}^{x}})\in I\Leftrightarrow \tilde{I}(q, s)\le x$,

${{S}^{X}}=\{{{s}^{x}}|\forall s\in S, x\in W(s)且x\ne \vee W(s)\}$

得到标记技能背景(Q, S^X, I).

step 2 对∀ s^x∈ S^X, 计算

$\{{{s}^{x}}^{* }|{{s}^{x}}\in {{S}^{X}}\}, A=\{[{{s}^{x}}]|{{s}^{x}}\in {{S}^{X}}\}$.

step 3 在A中的每个元素[s^x]中各取出一个代表元, 组成一个新的标记技能集S^X'.

step 4 从$\{{{s}^{x}}^{* }|{{s}^{x}}\in {{S}^{X}}\}$找出$\{{{s}^{x}}^{* }|{{s}^{x}}\in {{S}^{X}}^{\prime }\}$, 并计算

$B=\{[{{s}^{x}}]|\forall {{s}^{x}}\in {{S}^{X}}^{\prime }, |[{{s}^{x}}]|> 1\}$.

step 5 令C=Ø , E=Ø , F=Ø , R=Ø .

step 6 将$\{{{s}^{x}}^{* }|{{s}^{x}}\in {{S}^{X}}^{\prime }\}$的 sx*按照$|{{s}^{x}}^{* }|$从小到大排序, 若$|{{s}^{x}}^{* }|$相等, 则随机排序.

step 7 对∀ s^x∈ S^X', 若找到一个

${{s}^{x}}^{* }=\underset{{{t}^{y}}\in {{S}^{{{X}'}}}}{\mathop{\bigcap }}\, {{t}^{y}}^{* }$

成立, 则C← C∪ {s^x}.

step 8 令D=S^X'\C.对∀ s^x∈ D, 若[s^x]∈ B, 则E← E∪ [s^x], 否则F← F∪ {s^x}.

step 9 对E中的每个元素各取一个代表元进行组合, 所有可能的组合构成一个集合族G.

step 10 对E'∈ G, 令

${{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}={E}'\bigcup F, {{I}_{1}}\subseteq Q\times {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}$,

获得一个极小标记技能背景$(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$和${{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}$对应的可约简标记技能集${{R}_{1}}\text{=}{{S}^{X}}\backslash S_{1}^{{{X}_{1}}}$.

step 11 由定义19将$(Q, {{S}_{1}}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$转化成一个极小技能层模糊技能背景$(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$.

step 12 根据推论5和推论6, 由${{R}_{1}}\text{=}{{S}^{X}}\backslash S_{1}^{{{X}_{1}}}$得到$(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$对应的可约简技能层和可约简技能.

step 13 遍历G中元素, 重复step 10~step 12, 可获得所有的极小技能层模糊技能背景及其对应的可约简技能层和可约简技能.

对于算法2, step 2~step 4的时间复杂度最大为$O(|{{S}^{X}}|)$, step 6~step 13的时间复杂度最大为$O(|{{S}^{X}}||G|)$, 故算法2的时间复杂度最大为$O(|{{S}^{X}}||G|)$.

例3 针对表1的模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$, 计算标记技能背景(Q, S^X, I), 其中

${{S}^{X}}=\{{{s}^{x}}|\forall s\in S, x\in W(s)且x\ne \vee W(s)\}$.

根据算法2给出获取$(Q, S, \tilde{I})$的所有极小技能层模糊技能背景的过程如下.

1)由

$[{{s}^{x}}]=\{{{t}^{y}}\in {{S}^{X}}|{{s}^{x}}^{* }={{t}^{y}}^{* }\}$,

可得

$\begin{align} & [s_{1}^{0}]=\{s_{1}^{0}\}, [s_{1}^{0.5}]=[s_{4}^{0}]=\{s_{1}^{0.5}, s_{4}^{0}\}, \\ & [s_{1}^{0.8}]=\{s_{1}^{0.8}\}, [s_{2}^{0}]=\{s_{4}^{0.6}\}=\{s_{2}^{0}, s_{4}^{0.6}\}, \\ & [s_{3}^{0}]=\{s_{3}^{0}\}[s_{3}^{0.5}]=[s_{5}^{0.6}]=\{s_{3}^{0.5}, s_{5}^{0.6}\}, \\ & [s_{3}^{0.7}]=\{s_{3}^{0.7}\}, [s_{5}^{0}]=\{s_{5}^{0}\}. \\ \end{align}$

因此, 标记技能的所有等价类构成的集合如下所示:

$A=\{[s_{1}^{0}], [s_{1}^{0.5}], [s_{1}^{0.8}], [s_{2}^{0}], [s_{3}^{0}], [s_{3}^{0.5}], [s_{3}^{0.7}], [s_{5}^{0}]\}$.

2)从A中每个元素中任取一个代表元, 组成一个新的标记技能集S^X'.假设

${{S}^{X}}^{\prime }=\{s_{1}^{0}, s_{1}^{0.5}, s_{1}^{0.8}, s_{2}^{0}, s_{3}^{0}, s_{3}^{0.5}, s_{3}^{0.7}, s_{5}^{0}\}$.

3)由于

$s_{1}^{0.5* }\text{=}s_{1}^{0.8* }\bigcap s_{2}^{0* }$,

$s_{3}^{0.5* }\text{=}s_{1}^{0.8* }\bigcap s_{3}^{0.7* }$,

$s_{5}^{0* }=s_{1}^{0.5* }\bigcap s_{3}^{0.5* }$,

故

$S_{1}^{{{X}_{1}}}=\{s_{1}^{0}, s_{1}^{0.8}, s_{2}^{0}, s_{3}^{0}, s_{3}^{0.7}\}$

为S^X'的一个极小标记技能集, 即$S_{1}^{{{X}_{1}}}$为S^X的一个极小标记技能集, 故

${{R}_{1}}\text{=}{{S}^{X}}\backslash S_{1}^{{{X}_{1}}}=\{s_{1}^{0.5}, s_{3}^{0.5}, s_{4}^{0}, s_{4}^{0.6}, s_{5}^{0}, s_{5}^{0.6}\}$

为对应$S_{1}^{{{X}_{1}}}$的可约简标记技能集.

4)由于

$[s_{1}^{0.5}]=\{s_{1}^{0.5}, s_{4}^{0}\}$,

$[s_{2}^{0}]=\{s_{2}^{0}, s_{4}^{0.6}\}$,

$[s_{3}^{0.5}]=\{s_{3}^{0.5}, s_{5}^{0.6}\}$,

且$s_{2}^{0}\in S_{1}^{{{X}_{1}}}$, 故S^X只有2个极小标记技能集, 且S^X的另外一个极小标记技能集为

$S_{2}^{{{X}_{2}}}=\{s_{1}^{0}, s_{1}^{0.8}, s_{3}^{0}, s_{3}^{0.7}, s_{4}^{0.6}\}$,

故

${{R}_{2}}\text{=}{{S}^{X}}\backslash S_{2}^{{{X}_{2}}}=\{s_{1}^{0.5}, s_{2}^{0}, s_{3}^{0.5}, s_{4}^{0}, s_{5}^{0}, s_{5}^{0.6}\}$

为对应$S_{2}^{{{X}_{2}}}$的可约简标记技能集.因此,

$R={{R}_{1}}\bigcup {{R}_{2}}\text{=}\{s_{1}^{0.5}, s_{2}^{0}, s_{3}^{0.5}, s_{4}^{0}, s_{4}^{0.6}, s_{5}^{0}, s_{5}^{0.6}\}$

为S^X的可约简标记技能集.

5)由极小标记技能集$S_{1}^{{{X}_{1}}}$和$S_{2}^{{{X}_{2}}}$对应得到的极小标记技能背景$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$和$(Q, S_{2}^{{{X}_{2}}}, {{I}_{2}})$分别如表3和表4所示.

表3

Table 3

表3(Table 3)

表3 极小标记技能背景$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$ Table 3 Minimally marked skill context $(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$ I1 s10 s10.8 s20 s30 s30.7 q1 0 0 1 0 1 q2 1 1 1 0 0 q3 0 1 0 1 1 q4 0 1 1 1 1 q5 0 1 1 0 1

表3 极小标记技能背景$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$ Table 3 Minimally marked skill context $(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, {{I}_{1}})$

表4

Table 4

表4(Table 4)

表4 极小标记技能背景$(Q, S_{2}^{{{X}_{2}}}, {{I}_{2}})$ Table 4 Minimally marked skill context $(Q, S_{2}^{{{X}_{2}}}, {{I}_{2}})$ I2 s10 s10.8 s30 s30.7 s40.6 q1 0 0 0 1 1 q2 1 1 0 0 1 q3 0 1 1 1 0 q4 0 1 1 1 1 q5 0 1 0 1 1

表4 极小标记技能背景$(Q, S_{2}^{{{X}_{2}}}, {{I}_{2}})$ Table 4 Minimally marked skill context $(Q, S_{2}^{{{X}_{2}}}, {{I}_{2}})$

利用定义19, 将极小标记技能背景$(Q, S_{1}^{{{X}_{1}}}, I)$和$(Q, S_{2}^{{{X}_{2}}}, {{I}_{2}})$分别转化成极小技能层模糊技能背景$(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$和$(Q, {{S}_{2}}, {{\tilde{I}}_{2}})$, 如表5和表6所示.

表5

Table 5

表5(Table 5)

表5 极小技能层模糊技能背景$(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$ Table 5 Fuzzy skill context with minimal skill level $(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$ ${{\tilde{I}}_{1}}$ s1 s2 s3 q1 0.9 0 0.5 q2 0 0 0.8 q3 0.5 0.9 0 q4 0.5 0 0 q5 0.5 0 0.5

表5 极小技能层模糊技能背景$(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$ Table 5 Fuzzy skill context with minimal skill level $(Q, {{S}_{1}}, {{\tilde{I}}_{1}})$

表6

Table 6

表6(Table 6)

表6 极小技能层模糊技能背景 $(Q, {{S}_{2}}, {{\tilde{I}}_{2}})$ Table 6 Fuzzy skill context with minimal skill level $(Q, {{S}_{2}}, {{\tilde{I}}_{2}})$ ${{\tilde{I}}_{2}}$ s1 s3 s4 q1 0.9 0.5 0 q2 0 0.8 0 q3 0.5 0 0.7 q4 0.5 0 0 q5 0.5 0.5 0

表6 极小技能层模糊技能背景 $(Q, {{S}_{2}}, {{\tilde{I}}_{2}})$ Table 6 Fuzzy skill context with minimal skill level $(Q, {{S}_{2}}, {{\tilde{I}}_{2}})$

对比表1, 在表5中, 技能s₁的可约简技能层是0.8, 技能s₃的可约简技能层是0.7, 技能s₄和s₅是$S_{1}^{{{X}_{1}}}$对应的可约简技能.在表6中, 技能s₁的可约简技能层是0.8, 技能s₃的可约简技能层是0.7, 技能s₄的可约简技能层是0.6, 技能s₂和s₅是$S_{2}^{{{X}_{2}}}$对应的可约简技能.这与推论5和推论6一致.

第2节通过模糊技能概念格获得简单闭包空间, 第3节经过技能层约简提高获取简单闭包空间的效率, 但将基本局部独立模型应用于前级简单闭包空间和后级简单闭包空间将呈现出不可识别的问题, 导致无法评估个体的行为表现层次与真实认知能力的一致性.因此, 为了避免出现不可识别的问题, 下面给出判断模糊技能映射诱导前级(后级)简单闭包空间的充要条件.在充要条件的前提下, 只需判定模糊技能背景满足某些条件, 就可以确定诱导的简单闭包空间在某些问题中是否是前级的或后级的.

定理9 设(Q, S, τ )为模糊技能映射, $(Q, S, \tilde{I})$为(Q, S, τ )对应的模糊技能背景, $\mathcal{K}\text{=}{{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$为$(Q, S, \tilde{I})$在合取模型下诱导的简单闭包空间.K在问题q₁∈ Q处是前级的当且仅当对∀ p∈ Q\{q₁}, 满足如下两个条件:

1)存在s∈ S, 有$\tilde{I}(p, s)> \tilde{I}({{q}_{1}}, s)$;

2)对∀ K⊆Q\{q₁, p}, 满足对∀ s∈ S, 若

$\tilde{I}(p, s)\le \underset{q\in K\bigcup \{{{q}_{1}}\}}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)$,

则

$\tilde{I}(p, s)\le \underset{q\in K}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)$.

证明 先证充分性.假设存在p∈ Q\{q₁}, 对∀ s∈ S, 有

$\tilde{I}(p, s)> \tilde{I}({{q}_{1}}, s)$

成立, 则存在

${{\tilde{X}}_{1}}=f(\text{ }\!\!\{\!\!\text{ }{{q}_{1}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ })=\underset{q={{q}_{1}}}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s), \forall s\in S$,

${{\tilde{X}}_{2}}=f(\text{ }\!\!\{\!\!\text{ }{{q}_{1}}, p\text{ }\!\!\}\!\!\text{ })=\underset{q\in \{{{q}_{1}}, p\}}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s), \forall s\in S$,

使得

$({{\tilde{X}}_{1}})\text{=g}({{\tilde{X}}_{2}})\supseteq \text{ }\!\!\{\!\!\text{ }{{q}_{1}}, p\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }$

成立.另外, 因为g(Ø )=Ø ∈ K, 故

$\text{g}(\varnothing \bigcup {{\tilde{X}}_{1}})=\text{g}({{\tilde{X}}_{1}})\supset \text{g}(\varnothing )\bigcup \{{{q}_{1}}\}\text{=}\{{{q}_{1}}\}$.

因此, 有

Ø ∪ {q₁}∉K.

从而K在q₁处不是前级的.故条件1)是必要的. 对K⊆Q\{q₁, p}, 假设存在p∈ Q\{q₁}, 使得存在

${{\tilde{X}}_{3}}=f(K\bigcup \{{{q}_{1}}\})=\underset{q\in K\bigcup \{{{q}_{1}}\}}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s), \forall s\in S$,

满足对∀ s∈ S, 有

$\tilde{I}(p, s)\le {{\tilde{X}}_{3}}(s)$,

且对

$\tilde{X}=f(K)=\underset{q\in K}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s), \forall s\in S$,

存在s∈ S, 有

$\tilde{I}(p, s)> \tilde{X}(s)$

成立.另外, 假设K⊆Q\{q₁, p}非空, 且存在s∈ S, 有

$\tilde{I}({{q}_{1}}, s)> \tilde{X}(s)$

成立.因此, q₁和p均属于$\text{g(}{{\tilde{X}}_{3}})$, 且q₁和p均不属于$\text{g(}\tilde{X})$, 故对K∈ K, 有

K∪ {q₁} ∉K.

从而K在q₁处不是前级的.故条件2)是必要的.

再证必要性.假设K在q₁∈ Q处不是前级的, 则存在K∈ K且q₁∉K, 使得

K∪ {q₁}∉K

成立.因此, 存在

$\tilde{X}=f(K)=\underset{q\in K}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s), \forall s\in S$,

有

$K\text{=g}(\tilde{X})=\{q\in Q|\forall s\in S, \tilde{X}(s)\ge \tilde{I}(q, s)\}$,

且存在s∈ S, 有

$\tilde{I}({{q}_{1}}, s)> \tilde{X}(s)$.

因为对∀ p∈ Q\{q₁}, 存在s∈ S, 有

$\tilde{I}(p, s)\ge \tilde{I}({{q}_{1}}, s)$,

故存在

${{\tilde{X}}_{1}}=f(\text{ }\!\!\{\!\!\text{ }{{q}_{1}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ })=\underset{q\text{=}{{q}_{1}}}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s), \forall s\in S$,

满足

$\text{g}({{\tilde{X}}_{1}})\text{= }\!\!\{\!\!\text{ }{{q}_{1}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }$.

又因为

K∪ {q₁}∉K,

由定理1可得, 对

${{\tilde{X}}_{2}}=f(K\bigcup \{{{q}_{1}}\})=\underset{q\in K\bigcup \{{{q}_{1}}\}}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s), \forall s\in S$,

有

$\text{g}({{\tilde{X}}_{2}})\supset \text{g}(\tilde{X})\bigcup \text{g}({{\tilde{X}}_{1}})\text{=g}(\tilde{X})\bigcup \{{{q}_{1}}\}$,

故存在$p\in \text{g}({{\tilde{X}}_{2}})\backslash K$, 使得对∀ s∈ S, 有

$\tilde{I}(p, s)\le {{\tilde{X}}_{2}}(s)$

成立, 并且存在s∈ S, 有

$\tilde{I}(p, s)> \tilde{X}(s)$,

与条件2)矛盾. 证毕

注意到, 在条件2)中, 对q₁∈ Q, p∈ Q\{q₁}, 满足对∀ s∈ S, 有

$\tilde{I}(p, s)\le \underset{q\in K\bigcup \{{{q}_{1}}\}}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)$

成立的K是很多的, 故为了更快地判定条件2)是否成立, 对满足条件2)的前提条件的那些K进行限制.

推论7 设(Q, S, τ )为模糊技能映射, $(Q, S, \tilde{I})$为(Q, S, τ )对应的模糊技能背景, q₁∈ Q和p∈ Q\{q₁}.记

$\mathcal{A}_{p}^{{{q}_{1}}}\text{= }\!\!\{\!\!\text{ }K\subseteq Q\backslash \{{{q}_{1}}, p\}|\forall s\in S, \tilde{I}(p, s)\le \underset{q\in K\bigcup \{{{q}_{1}}\}}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }$,

且规定$\mathcal{A}_{p}^{{{q}_{1}}}$非空.记

$\mathcal{B}_{p}^{{{q}_{1}}}=\{K\in \mathcal{A}_{p}^{{{q}_{1}}}|不存在{K}'\in \mathcal{A}_{p}^{{{q}_{1}}}, 满足对\forall s\in S, 有\underset{q\in K}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)> \underset{q\in {K}'}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)\}$,

表示 Apq1中极小的K构成的集族, 则有如下结论.

1)若存在$K\in \text{B}_{p}^{{{q}_{1}}}$, 使得存在s∈ S, 有

$\tilde{I}(p, s)\le \underset{q\in K}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)$

不成立, 则存在$K\in \text{A}_{p}^{{{q}_{1}}}$, 使得存在s∈ S, 有

$\tilde{I}(p, s)\le \underset{q\in K}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)$

不成立.

2)若对$\forall K\in \text{B}_{p}^{{{q}_{1}}}$, 满足对∀ s∈ S, 有

$\tilde{I}(p, s)\le \underset{q\in K}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)$

成立, 则对$\forall K\subseteq \text{A}_{p}^{{{q}_{1}}}$, 满足对∀ s∈ S, 有

$\tilde{I}(p, s)\le \underset{q\in K}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)$

成立.

证明 1)是显然的.对于2), 因为对$\forall {K}''\in \mathcal{A}_{p}^{{{q}_{1}}}\backslash \mathcal{B}_{p}^{{{q}_{1}}}$, 都存在$K\in \mathcal{B}_{p}^{{{q}_{1}}}$, 满足对∀ s∈ S, 有

$\underset{q\in {K}''}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)\ge \underset{q\in K}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)$

成立, 故2)成立. 证毕

注意推论7规定$\mathcal{A}_{p}^{{{q}_{1}}}$非空, 因为若$\mathcal{A}_{p}^{{{q}_{1}}}$是空集, 说明对于q₁和p, 条件2)的前提条件不成立.

例4 对于表1的模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$, K为$(Q, S, \tilde{I})$在合取模型下诱导的简单闭包空间.对∀ q∈ Q, 利用定理9逐一验证K在q处是否是前级的.

对q₁∈ Q, 存在

p=q₄∈ Q\{q₁},

使得对∀ s∈ S, 有

$\tilde{I}({{q}_{4}}, s)\le \tilde{I}({{q}_{1}}, s)$

成立, 故不满足条件1).故K在q₁处不是前级的.

对q₂∈ Q, 容易验证对∀ p∈ Q\{q₂}, 都满足条件1).下面对每个p∈ Q\{q₂}逐个验证条件2).容易验证, 当p=q₁和p=q₃时, 不满足条件2)的前提.对

p=q₄∈ Q\{q₂},

容易验证, 对

∀ K⊆Q\{q₂, q₄},

条件2)均成立.对

p=q₅∈ Q\{q₂},

存在

K={q₄}⊆Q\{q₂, q₅},

使得对∀ s∈ S, 有

$\tilde{I}({{q}_{5}}, s)\le \underset{q\in \{{{q}_{2}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }\bigcup \text{ }\!\!\{\!\!\text{ }{{q}_{4}}\}}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)$

成立.但存在s₃∈ S, 有

$\tilde{I}({{q}_{5}}, {{s}_{3}})> \underset{q={{q}_{4}}}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, {{s}_{3}})$

成立, 故不满足条件2).因此, K在q₂处不是前级的.

类似可验证K在q₃, q₄, q₅处均不是前级的.

定理10 设(Q, S, τ )为模糊技能映射, $(Q, S, \tilde{I})$为(Q, S, τ )对应的模糊技能背景, $\mathcal{K}\text{=}{{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$为$(Q, S, \tilde{I})$在合取模型下诱导的简单闭包空间.K在问题q₁∈ Q处是后级的当且仅当存在s∈ S, 对∀ p∈ Q\{q₁}, 有

$\tilde{I}({{q}_{1}}, s)> \tilde{I}(p, s)$.

证明 先证充分性.已知Q∈ K, 因为K在问题 q₁∈ Q处是后级的, 故

Q\{q₁}∈ K.

因此, 存在

$\tilde{X}=f(Q\backslash \{{{q}_{1}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ })\text{=}\underset{q\in Q\backslash \{{{q}_{1}}\}}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s), \forall s\in S$,

有

$Q\backslash \{{{q}_{1}}\}\text{=}g(\tilde{X})=\{q=Q|\forall s\in S, \tilde{X}(s)\ge \tilde{I}(q, s)\}$

成立.但q₁∉Q\{q₁}, 所以存在s∈ S, 有

$\tilde{I}({{q}_{1}}, s)> \tilde{X}(s)$.

假设对∀ s∈ S, 存在p∈ Q\{q₁}, 有

$\tilde{I}({{q}_{1}}, s)\le \tilde{I}(p, s)$,

则存在s∈ S, 有

$\tilde{I}(p, s)> \tilde{X}(s)$,

从而$p\notin \text{g}(\tilde{X})$, 与p∈ Q\{q₁}矛盾.

再证必要性.对∀ K∈ K, 满足存在

$\tilde{X}=f(K)=\underset{q\in K}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s), \forall s\in S$,

有

$K\text{=g}(\tilde{X})=\{q\in Q|\forall s\in S, \tilde{X}(s)\ge \tilde{I}(q, s)\}$.

下证K\{q₁}∈ K, 即证对

${{\tilde{X}}_{1}}=f(K\backslash \{{{q}_{1}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ })=\underset{q\in K\backslash \{{{q}_{1}}\}}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s), \forall s\in S$,

有

$K\backslash \{{{q}_{1}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ =g}({{\tilde{X}}_{1}})=\{q\in Q|\forall s\in S, {{\tilde{X}}_{1}}(s)\ge \tilde{I}(q, s)\}$

成立.先证

$\text{g}({{\tilde{X}}_{1}})\subseteq K\backslash \{{{q}_{1}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }$.

对$\forall q\in \text{g}({{\tilde{X}}_{1}})$, 下证q∈ K\{q₁}, 即证q∈ K且q≠ q₁.对$\forall q\in \text{g}({{\tilde{X}}_{1}})$, 有q∈ K显然成立.假设q=q₁, 因为存在s∈ S, 对∀ p∈ Q\{q₁}, 有

$\tilde{I}({{q}_{1}}, s)> \tilde{I}(p, s)$,

与$q\in \text{g}({{\tilde{X}}_{1}})$矛盾, 故q≠ q₁.再证

$K\backslash \{{{q}_{1}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }\subseteq \text{g}({{\tilde{X}}_{1}})$.

假设{q₁}∉K, 则

K\{q₁}=K.

因此, 对∀ s∈ S, 有

${{\tilde{X}}_{1}}(s)=\tilde{X}(s)$,

故

$\text{g}({{\tilde{X}}_{1}})\text{=}K$.

从而

$K\backslash \{{{q}_{1}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }\subseteq \text{g}({{\tilde{X}}_{1}})$

成立.假设{q₁}∈ K, 则对∀ q∈ K\{q₁}, 满足对∀ s∈ S, 有

${{\tilde{X}}_{1}}(s)\ge \tilde{I}(q, s)$

成立, 故$q\in \text{g}({{\tilde{X}}_{1}})$.从而

$K\backslash \{{{q}_{1}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }\subseteq \text{g}({{\tilde{X}}_{1}})$.

综上, 有

$K\backslash \{{{q}_{1}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }\subseteq \text{g}({{\tilde{X}}_{1}})$

成立. 证毕

例5 对表1的模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$, K为$(Q, S, \tilde{I})$在合取模型下诱导的简单闭包空间.对∀ q∈ Q, 利用定理10逐一验证K在q处是否是后级的.

对q₁∈ Q, 存在s₁, 对∀ p∈ Q\{q₁}, 满足

$\tilde{I}({{q}_{1}}, {{s}_{1}})\text{=}0.9\text{=}\vee W({{s}_{1}})> \tilde{I}(p, {{s}_{1}})$.

故K在q₁处是后级的.类似可验证K在q₂, q₃处均是后级的.对q₄∈ Q, 不存在s∈ S, 使得对∀ p∈ Q\{q₄}, 有

$\tilde{I}({{q}_{4}}, s)> \tilde{I}(p, s)$

成立.故K在q₄处不是后级的.类似, 易得K在q₅处不是后级的.

将满足模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$在合取模型下诱导的简单闭包空间在问题q∈ Q处是前级和后级的所有q构成的集合分别称为前级问题集(Forward-Graded Problem Set, FGS)和后级问题集(Backward-Graded Problem Set, BGS).下文基于定理9、推论7和定理10, 给出获取前级问题集和后级问题集的算法3.

算法3 获取前级问题集和后级问题集

输入 模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$

输出 前级问题集和后级问题集

step 1 令FGS=Ø .对每个q∈ Q, 执行如下步骤.

step 1.1 对∀ p∈ Q\{q}, 如果不存在s∈ S, 满足

$\tilde{I}(p, s)> \tilde{I}({{q}_{1}}, s)$,

则返回step 1, 否则执行step 1.2.

step 1.2 对每个p∈ Q\{q}, 执行step 1.3.

step 1.3 逐一遍历Q\{q, p}的幂集A中的所有元素K.计算$\mathcal{A}_{p}^{q}$.若$\text{ }\!\!|\!\!\text{ }\mathcal{A}_{p}^{q}\text{ }\!\!|\!\!\text{ =}0$, 返回step 1.2, 否则执行step 1.4.

step 1.4 计算$\mathcal{B}_{p}^{q}$.若对$\forall K\in \mathcal{B}_{p}^{q}$, 都有∀ s∈ S,

$\tilde{I}(p, s)\le \underset{q\in K}{\mathop{\vee }}\, \tilde{I}(q, s)$

成立, 则

FGS← FGS∪ {q},

否则返回step 1.

step 2 令BGS=Ø .

step 3 对∀ s∈ S, 遍历Q中的所有问题q, 若只存在唯一一个q, 使得

$\tilde{I}(q, s)\text{=}\vee W(s)$

成立, 则

BGS← BGS∪ {q}.

step 4 输出前级问题集和后级问题集.

对于算法3, step 1的时间复杂度最大为

$O(|Q|(|Q|-1)|S|)$,

step 3的时间复杂度最大为$O(|Q||S|)$, 故算法3的时间复杂度最大为

$O(|Q|(|Q|-1)|S|)$.

本节在5个UCI数据上验证算法1~算法3的有效性.实验环境如下:Windows 10及Intel (R) Core (TM) i7-9700UCPU @3.00 GHz, 16.0 GB内存.数值实验所用软件为Python 3.8.

5.1 实验数据集

在UCI数据中选取Soybean_Small(简记为Soy-bean)、Stone Flakes、Daily Demand Forecasting Or-ders(简记为Daily)、Somerville Happiness Survey(简记为Somerville)、Algerian Forest Fires(简记为Fires)这5个数据集.通过min-max标准化处理原数据.将标准化后的每个数据集看作一个模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$ (对象视作问题, 属性视作技能).Soybean原数据集有35个属性, 但预处理后有14个属性对应整列的信息值全为0, 故删除这14个属性.

对于标准化后的数据集, 存在大部分数据集技能对应的熟练程度过小或过细的问题, 导致生成知识结构的过程过于繁杂, 并且在实际教育背景中, 对技能熟练程度划分过小或过细会严格占用个体测试以及技能评估的时间.因此, 为了更贴切KST的教育背景, 将标准化后的信息值保留一位小数, 并根据不同的数据特点, 将Soybean、Stone Flakes、Daily、Fires数据集上分别小于等于0.4、0.6、0.6、0.5的信息值都替换成0, 并使用

$W(S)=\sum\limits_{s\in S}{|W(s)|}$

表示模糊技能背景中所有技能的技能层集的基数总和.数据预处理后的具体信息如表7所示.

表7

Table 7

表7(Table 7)

表7 实验数据集 Table 7 Experimental datasets 名称 $|Q|$ $|S|$ W(S) Soybean 47 21 31 Stone Flakes 73 8 26 Daily 60 13 34 Somerville 143 7 24 Fires 122 10 43

表7 实验数据集 Table 7 Experimental datasets

5.2 实验结果

为了简洁表示文献[26]的算法, 使用算法A表示文献[26]中生成简单闭包空间的方法, 使用算法B表示文献[26]中保持简单闭包空间不变, 获取极小技能集M和冗余技能集R的方法(S\R=M).注意到由算法B得到的冗余技能集与技能的顺序有关, 所以冗余技能集不唯一.若要得到所有的冗余技能集, 需要对整个技能集S进行全排列, 重复执行算法B.考虑到算法对比的需要, 对于算法B, 本文不考虑对技能集S进行全排列, 只考虑技能集S的原始顺序这一种情形, 此时技能约简的结果是唯一的.

表8给出运用算法2进行技能层约简后得到的约简结果和运行时间, 另外给出运用算法B进行技能约简后得到的约简结果和运行时间.注意:为了简洁表示可约简技能层, 表中使用 six表示技能s_i的可约简技能层是x.

表8

Table 8

表8(Table 8)

表8 算法2和算法B约简结果与运行时间对比 Table 8 Comparison of reduction results and running time between algorithm 2 and algorithm B 数据集 算法2获得的可约简技能层和 可约简技能 算法2获得的可约简技能层 模糊技能背景个数 运行时间/s 算法B获得的 冗余技能 算法2 算法B Soybean s30.5, s70.7, s111, s131, s141, s151, s181, s191, s20 1 0.3734 44.4987 s11, s15, s18, s19, s20 Stone Flakes Ø 1 0.1720 4.1232 Ø Daily s3, s40.7, s50.7, s61, s70.9, s100.9, s13 64 0.4392 23.7878 s3, s4 Somerville s20.5, s70.2 1 0.4832 23.1872 Ø Fires s70.7 16 0.3794 12.6375 Ø

表8 算法2和算法B约简结果与运行时间对比 Table 8 Comparison of reduction results and running time between algorithm 2 and algorithm B

注意到由算法2得到的可约简技能层模糊技能背景不是唯一的, 故对应的可约简技能层和可约简技能也不唯一.因此, 表8的第2列只给出运行算法2得到的第一个可约简技能层模糊技能背景对应的可约简技能层和可约简技能.表中算法2的运行时间是获取所有可约简技能层模糊技能背景的时间.通过表8可以发现, 两种算法的约简结果是不同的, 并且算法2的运行时间远小于算法B.算法B只对技能集S的原始顺序执行一次, 由此说明算法2的有效性.

下文进一步说明技能层约简方法的高效性.首先对模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$, 运用算法1获得模糊技能概念格${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$, 对于$(Q, S, \tilde{I})$对应的模糊技能映射(Q, S, τ ), 运用算法A获得简单闭包空间K.取算法2得到的可约简技能层模糊技能背景, 再次运用算法1生成模糊技能概念格${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$.

另外, 对于算法B约简后得到的极小技能集, 再次运用算法A生成简单闭包空间K.所得结果如表9所示, 其中, $|\mathcal{K}|$表示简单闭包空间K中的知识状态个数, 最后一行的求和表示对算法运行时间的求和.

表9

Table 9

表9(Table 9)

表9 约简前后获取简单闭包空间的运行时间 Table 9 Running time for obtaining simple closure space before and after reduction 数据集 算法1获取${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$的 运行时间/s 算法A获取K的 运行时间/s 技能层约简后用算法1获取 ${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$的运行时间/s 技能约简后用算法A 获取K的运行时间/s $|\mathcal{K}|$ Soybean 8.5233 11.7543 2.9390 7.4011 4342 Stone Flakes 41.5004 52.3221 41.5004 52.3221 13481 Daily 3.1947 10.4792 2.1539 8.2289 2474 Somerville 2.7626 21.8050 0.8249 21.8050 994 Fires 12.5450 19.5532 7.8193 19.5532 5518 求和 68.526 115.9138 55.2375 109.3103 -

表9 约简前后获取简单闭包空间的运行时间 Table 9 Running time for obtaining simple closure space before and after reduction

通过表9可以发现, 技能层约简前运用算法1获取${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$的运行时间少于算法A获取K的运行时间, 并且技能层约简后再次运用算法1获取${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$的运行时间明显小于约简前的运行时间, 说明算法1比算法A更高效.

为了更直观地反映技能层约简以及技能约简前后算法1和算法A分别生成${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$和K的运行时间受$|\mathcal{K}|$的影响, 以折线图的形式直观呈现它们之间的差距, 具体如图3所示.图中Algorithm_1_R表示经过技能层约简(算法2)后再运用算法1获得${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$的运行时间, Algorithm_1_O表示对原始的模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$运用算法1获得${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$的运行时间, Algorithm_A_R表示经过技能约简(算法B)后再运用算法A获得K的运行时间, Algorithm_A_O表示对原始的模糊技能映射(Q, S, τ )运用算法A获得K的运行时间.

图3

Fig.3

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	图3 算法1和算法A的运行时间随$|\mathcal{K}|$的变化Fig.3 Running time of algorithm 1 and algorithm A changing with $|\mathcal{K}|$

通过图3可以发现, 当简单闭包空间K中的知识状态的个数$|\mathcal{K}|$越大, 算法1和算法A运行耗时越多.Algorithm_1_R和Algorithm_A_R与Algorithm_A_O和Algorithm_1_O的运行时间差距是较大的, 说明经过约简后算法1和算法A的运行时间差距明显大于约简前.另外, 从表9的总运行时间可得:运用算法2进行技能层约简后, 再次运用算法1获取${{L}_{Q}}(Q, S, \tilde{I})$的总运行时间为55.237 5 s; 运用算法B进行技能约简后, 再次运用算法A获取K的总运行时间为109.310 3 s.由此说明算法2的约简大幅提升生成简单闭包空间的效率.因此算法1和算法2具有高效性.

针对表7的5个模糊技能背景$(Q, S, \tilde{I})$, 运用算法3计算$(Q, S, \tilde{I})$在合取模型下诱导的简单闭包空间的前级问题集和后级问题集, 结果如表10所示.

表10

Table 10

表10(Table 10)

表10 简单闭包空间的前级(后级)问题集 Table 10 Forward-graded(backward-graded) problem sets of simple closure space 数据集 前级问题集 后级问题集 Soybean Ø Ø Stone Flakes q2, q6, q7, q8, q9, q11, q13, q14, q28, q29, q36, q39, q46, q59, q61, q69, q70, q71 q3, q10, q15, q16, q41, q63 Daily q4, q5, q11, q25, q31, q42, q43, q46, q47 q33 Somerville Ø Ø Fires q31 q78, q90

表10 简单闭包空间的前级(后级)问题集 Table 10 Forward-graded(backward-graded) problem sets of simple closure space

本文基于模糊形式概念分析研究模糊技能映射.首先, 基于构造的算子计算模糊技能概念格, 通过外延集族获得模糊技能映射在合取模型下诱导的简单闭包空间, 通过内涵集族获得每个知识状态对应的最小技能熟练程度.再基于模糊技能背景, 提出技能层约简的概念, 使生成知识结构的效率更高.然后, 给出模糊技能映射诱导的简单闭包空间是前级和后级的充要条件.最后, 在5个UCI数据集中验证本文算法的有效性.本文建立模糊形式概念分析与知识空间理论的一些联系, 为研究知识空间理论提供另一种途径.今后将进一步考虑模糊技能映射在其它模型(析取模型和能力模型)下的技能层约简以及寻找前级和后级知识结构的充要条件.另外, 后续研究将考虑模糊技能映射下的技能评估和路径选择问题.

本文责任编委 张燕平

Recommended by Associate Editor ZHANG Yanping