Chương 4 TÍCH HỢP CSTT KHẢ NĂNG BIỂU TRƯNG
4.2.2.Tích hợp CSTTKN biểu trưng
4.2. Mô hình tích hợp CSTT khả năng biểu trưng
4.2.2.Tích hợp CSTTKN biểu trưng
Định nghĩa 4.4. Phân bố không khả năng biểu trưng 𝒯𝐵 được gọi là một PBKKNBT chuẩn nếu tồn tại một thế giới có thể 𝜔 sao cho 𝒯𝐵(𝜔) = 0. CSTTKNBT 𝐵 nhất quán khi và chỉ khi không tồn tại 𝜙 trong ℒ sao cho 𝑁𝐵(𝜙) ≥ 𝑎 và 𝑁𝐵(¬𝜙) ≥ 𝑏 ở đây 0 < 𝑎 , 𝑏 ∈ ℘.
Định lý 4.1.
1) CSTTKNBT 𝐵 = {(𝜙𝑖, 𝑎𝑖), 𝑖 = 1, … , 𝑛} nhất quán khi và chỉ khi 𝐵∗= {𝜙𝑖, 𝑖 = 1, … , 𝑛} nhất quán.
2) Nếu 𝒯𝐵 là một PBKKNBT chuẩn, thì 𝐵 nhất quán khi và chỉ khi 𝒯𝐵 là một PBKKNBT chuẩn.
Chứng minh
1) Chúng ta có, 𝐵 ⊨ (𝜙, 𝑎) khi và chỉ khi 𝐵∗ ⊢ 𝜙 và 𝑁𝐵(𝜙) ≥ 𝑎.
Bằng định nghĩa, 𝐵 nhất quán khi và chỉ khi ∄𝜙 ∈ ℒ: 𝐵 ⊢ (𝜙, 𝑎) và 𝐵 ⊢ (¬𝜙, 𝑏), 0 < 𝑎, 𝑏 ∈ ℘ khi và chỉ khi ∄𝜙 ∈ ℒ: 𝐵∗ ⊢ 𝜙 và 𝐵∗ ⊢ ¬𝜙 khi và chỉ khi 𝐵∗ nhất quán.
2) Giả sử 𝒯𝐵 là một PBKKNBT chuẩn ⇒ ∃𝜔 ∈ Ω: 𝜏𝐵(𝜔) = 0 ⇒ ∃𝜔 ∈ Ω: 𝜔 ⊢ ⋀𝑖=1−𝑛𝜙𝑖. (theo công thức (4.2)), sao cho ∀𝜙 ∈ ℒ đạt được bằng cách áp dụng các luật suy diễn trong logic mệnh đề trên các công thức 𝜙𝑖 trong 𝐵∗ thì 𝜔 ⊢ 𝜙 và 𝜔 ⊬ ¬𝜙 hay ∀𝜙 ∈ ℒ, 𝐵∗ ⊢ 𝜙 và 𝐵∗ ⊬ ¬𝜙. Cho nên 𝐵∗ nhất quán. Theo 1) ta có 𝐵 nhất quán.
127
Ngược lại, thừa nhận rằng B nhất quán nhưng 𝒯B không phải là một PBKKNBT chuẩn. Chọn (𝜙, 𝛼) vì vậy 𝜙 ≠ ⊥ , 𝛼 > 0, ∃C1 ⊂ 𝐵∗ và 𝐶1 ⊢ 𝜙. Ký hiệu 𝐶∗ = {∪𝑖=1𝑘 𝐶𝑖: 𝐶𝑖 ⊢ 𝜙, 𝐶𝑖 ⊂ 𝐵∗} và 𝛺∗ = {𝜔 ∈ 𝛺: ∃𝑖 với 𝜔 ⊢ 𝐶𝑖 } thì ∀ ω ∈ Ω∗, ta có 𝜔 ⊢ 𝜙 có nghĩa rằng 𝜔 ∈ [𝜙]
Theo công thức (4.3) ta có:
𝛽 = 𝑁𝐵(¬𝜙) = 𝑚𝑖𝑛𝜔∈[𝜙]𝒯𝐵(𝜔) = 𝑚𝑖𝑛𝜔∈𝛺∗𝒯𝐵(𝜔). Vì 𝒯B không là một PBKKNBT chuẩn cho nên 𝒯B(ω) > 0 với mỗi ω ∈ Ω∗ nên 𝛽 > 0.
Mặt khác, 𝑁𝐵(𝜙) = 𝑚𝑖𝑛𝜔∉[𝜙]𝒯𝐵(𝜔) = 𝑚𝑖𝑛𝜔∈𝛺/𝛺∗𝒯𝐵(𝜔) = 𝛼 > 0. Vì vậy, 𝑁𝐵(⊥) = 𝑚𝑖𝑛(𝑁𝐵(𝜙), 𝑁𝐵(¬𝜙)) = 𝑚𝑖𝑛(𝛼, 𝛽) > 0, tức là 𝐵 không nhất quán. Điều này mâu thuẫn với giả định rằng 𝐵 nhất quán. Cho nên 𝒯B cần phải là một PBKKNBT chuẩn.
Quay lại Ví dụ 4.1 ở trên, khi tri thức về cuộc họp đến từ ba tác tử với mức độ tin cậy khác nhau, để trả lời các câu hỏi như: Cuộc họp nên được tổ chức sớm hay muộn? Ai sẽ tham dự? Làm thế nào để có cuộc họp yên tĩnh hoặc ồn ào? ... Cần phải tích hợp ba CSTTKNBT tương ứng với các tác tử này vào một CSTTKNBT mới và dựa trên CSTT tích hợp như vậy để trả lời các câu hỏi phát sinh. Luận án sẽ nghiên cứu tích hợp các CSTTKNBT thông qua các PBKKNBT đặc tả nhiều nhất của các CSTTKNBT.
Giả sử rằng 𝐵1, … , 𝐵𝑛 là 𝑛 CSTTKNBT, ở đây 𝐵𝑖∗ là tập các câu trong 𝐵𝑖, 𝐵𝑖∗ ⊂ ℒ. 𝐵𝑖∗ nói chung là khác nhau. Ký hiệu 𝒯𝐵𝑖 (𝑖 = 1, … , 𝑛) là một PBKKNBT đặc tả nhiều nhất tương ứng với các CSTTKNBT 𝐵𝑖, (𝑖 = 1, … , 𝑛), vấn đề đặt ra là từ các PBKKNBT 𝒯𝐵𝑖 (𝑖 = 1, … , 𝑛) cần sinh ra một PBKKNBT 𝒯𝐵⊕ của CSTTKNBT 𝐵⊕ được tích hợp từ các CSTTKNBT 𝐵𝑖, (𝑖 = 1, … , 𝑛).
Định nghĩa 4.5. Toán tử tích hợp của 𝑛 PBKKNBT 𝒯𝐵𝑖 (𝑖 = 1, 2, . . . , 𝑛) là một ánh xạ: ⊕: ℘𝑛 → ℘ thỏa mãn 2 điều kiện:
128
• Nếu 𝑎𝑖 ≥ 𝑏𝑖 với ∀𝑖 = 1, … , 𝑛 thì ⊕ (𝑎1, … , 𝑎𝑛) ≥ ⊕ (𝑏1, … , 𝑏𝑛) Điều kiện thứ hai là với mỗi 𝑖 = 1, . . . , 𝑛, 𝑎𝑖, 𝑏𝑖 ∈ ℘ và ∀𝑣: 𝐻 → (0,1], nếu 𝑣(𝑎𝑖) ≥ 𝑣(𝑏𝑖) thì 𝑣(⊕ (𝑎1, … , 𝑎𝑛)) ≥ 𝑣(⊕ (𝑏1, … , 𝑏𝑛)).
Ví dụ 4.3. Xác định các PBKKNBT đặc tả nhiều nhất tương ứng của 3 CSTTKNBT được cho trong Ví dụ 4.1 và của hai CSTTKNBT tích hợp bằng cách sử dụng các toán tử tích hợp 𝑚𝑎𝑥 và 𝑚𝑖𝑛.
Các kết quả được thể hiện trong Bảng 4.1 bên dưới.
𝛀 𝓣𝑨𝟏 𝓣𝑨𝟐 𝓣𝑨𝟑 𝓣𝒎𝒂𝒙 𝓣𝒎𝒊𝒏 (𝛼, 𝛽, 𝛾, 𝜅, 𝜆) a1 a2 a3 max(a1,a2) a3 (𝛼, 𝛽, 𝛾, 𝜅, ¬𝜆) a1 a2 0 max(a1,a2) min(a1,a2) (𝛼, 𝛽, 𝛾, ¬𝜅, 𝜆) 0 0 a3 a3 0 (𝛼, 𝛽, 𝛾, ¬𝜅, ¬𝜆) 0 0 0 0 0 (𝛼, 𝛽, ¬𝛾, 𝜅, 𝜆) 0 a2 0 a2 0 (𝛼, 𝛽, ¬𝛾, 𝜅, ¬𝜆) 0 a2 0 a2 0 (𝛼, 𝛽, ¬𝛾, ¬𝜅, 𝜆) 0 a2 0 a2 0 (𝛼, 𝛽, ¬𝛾, ¬𝜅, ¬𝜆) 0 a2 0 a2 0 (𝛼, ¬𝛽, 𝛾, 𝜅, 𝜆) a1 a2 a3 max(a1,a2) a3 (𝛼, ¬𝛽, 𝛾, 𝜅, ¬𝜆) a1 0 a3 a1 0 (𝛼, ¬𝛽, 𝛾, ¬𝜅, 𝜆) 0 0 a3 a3 0 (𝛼, ¬𝛽, 𝛾, ¬𝜅, ¬𝜆) 0 0 a3 a3 0 (𝛼, ¬𝛽, ¬𝛾, 𝜅, 𝜆) 0 a2 0 a2 0 (𝛼, ¬𝛽, ¬𝛾, 𝜅, ¬𝜆) 0 0 a3 a3 0 (𝛼, ¬𝛽, ¬𝛾, ¬𝜅, 𝜆) 0 0 0 0 0 (𝛼, ¬𝛽, ¬𝛾, ¬𝜅, ¬𝜆) 0 0 a3 a3 0 (¬𝛼, 𝛽, 𝛾, 𝜅, 𝜆) 0 a2 a3 a2 0 (¬𝛼, 𝛽, 𝛾, 𝜅, ¬𝜆) 0 0 0 0 0 (¬𝛼, 𝛽, 𝛾, ¬𝜅, 𝜆) 0 0 a3 a3 0 (¬𝛼, 𝛽, 𝛾, ¬𝜅, ¬𝜆) 0 0 0 0 0 (¬𝛼, 𝛽, ¬𝛾, 𝜅, 𝜆) 0 a2 0 a2 0 (¬𝛼, 𝛽, ¬𝛾, 𝜅, ¬𝜆) 0 a2 0 a2 0 (¬𝛼, 𝛽, ¬𝛾, ¬𝜅, 𝜆) 0 a2 0 a2 0 (¬𝛼, 𝛽, ¬𝛾, ¬𝜅, ¬𝜆) 0 a2 0 a2 0
129 (¬𝛼, ¬𝛽, 𝛾, 𝜅, 𝜆) 0 a2 a3 a2 0 (¬𝛼, ¬𝛽, 𝛾, 𝜅, ¬𝜆) 0 0 0 0 0 (¬𝛼, ¬𝛽, 𝛾, ¬𝜅, 𝜆) 0 0 a3 a3 0 (¬𝛼, ¬𝛽, 𝛾, ¬𝜅, ¬𝜆) 0 0 0 0 0 (¬𝛼, ¬𝛽, ¬𝛾, 𝜅, 𝜆) 0 a2 0 a2 0 (¬𝛼, ¬𝛽, ¬𝛾, 𝜅, ¬𝜆) 0 0 0 0 0 (¬𝛼, ¬𝛽, ¬𝛾, ¬𝜅, 𝜆) 0 0 0 0 0 (¬𝛼, ¬𝛽, ¬𝛾, ¬𝜅, ¬𝜆) 0 0 0 0 0 Bảng 4.1 - Phân bố KKNBT và PBKNBT tích hợp
Như đã biết, các phép tính thực hiện trên các trọng số của các công thức trong LKNBT chỉ là 𝑚𝑖𝑛 và 𝑚𝑎𝑥, và sự kết hợp của hai phép tính này, do đó, việc tích hợp các PBKKNBT cũng chỉ có thể là các toán tử 𝑚𝑖𝑛 và 𝑚𝑎𝑥 và kết hợp hai toán tử này. Sự kết hợp có thể được chuyển đổi thành các hình thức như trong công thức:
𝑚𝑖𝑛𝑖=1, 𝑟𝑚𝑎𝑥𝑗=1, 𝑛𝑥𝑗𝑖 hay 𝑚𝑎𝑥ℎ=1, 𝑚𝑚𝑖𝑛𝑘=1, 𝑠𝑥ℎ𝑘
ở đây 𝑥𝑗𝑖, 𝑥ℎ𝑘 là các biến đơn trên [0, 1].
Từ đó, chúng ta có những nhận xét sau:
Nhận xét 4.1. Dễ dàng nhận thấy rằng toán tử tích hợp các PBKKNBT ⊕ luôn là giao hoán, kết hợp, idempotent (⊕ (𝑎, 𝑎, . . . , 𝑎) = 𝑎) và đơn điệu nhưng không chặt [24]. Và từ Nhận xét 1 ta có:
Định lý 4.2. Giả sử ⊕ là toán tử 𝑚𝑖𝑛, 𝑚𝑎𝑥 hoặc là một sự kết hợp của hai toán tử này, thế thì ⊕ thỏa mãn các định đề 𝑊3, 𝑊4,𝑊5 và 𝑊𝑎𝑟𝑏.
Chứng minh
Việc chứng minh toán tử tích hợp ⊕ trong Mệnh đề này được định nghĩa theo Định nghĩa 4.6 thỏa mãn các định đề 𝑊3, 𝑊4,𝑊5và 𝑊𝑎𝑟𝑏 là tương tự như cách chứng minh rằng toán tử tích hợp được định nghĩa bởi Định nghĩa 4.4 thỏa mãn các định đề 𝑃3, 𝑃4, 𝑃5 và 𝑃𝑎𝑟𝑏 trong [24] với một số điều chỉnh nhỏ để phù hợp với bối cảnh của các PBKKNBT, vì vậy nó được bỏ qua ở đây.
130 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Nhận xét 4.2. Tồn tại một số tình huống như sau: Các phân bố không khả năng biểu trưng (PBKKNBT), 𝒯𝐵𝑖 (𝑖 = 1,2, . . . , 𝑛) là chuẩn nhưng tích hợp các phân bố không khả năng này có thể không phải là PBKKNBT chuẩn. Chẳng hạn, với toán tử ⊕ = 𝑚𝑎𝑥, hãy xem xét một ví dụ sau:
Ví dụ 4.4. Giả sử 𝜙 ∈ ℒ,
𝒯𝐵1(𝜔) = {1, nếu 𝜔 ⊢ 𝜙
0, ngược lại và 𝒯𝐵2(𝜔) = {0, nếu 𝜔 ⊢ 𝜙 1, ngược lại là hai phân bố không khả năng đặc tả nhiều nhất của 𝐵1, 𝐵2.
Khi đó 𝒯𝐵⊕(𝜔) = 𝑚𝑎𝑥(𝒯𝐵1(𝜔), 𝒯𝐵2(𝜔)) = 1, ∀𝜔, vì vậy 𝒯𝐵⨁ không phải là phân bố không khả năng chuẩn trong khi 𝒯𝐵1 và 𝒯𝐵2 là các phân bố không khả năng chuẩn. Vì vậy 𝐵1 và 𝐵2 là các CSTTKNBT nhất quán trong khi 𝐵⨁ là một CSTTKNBT không nhất quán. Nói cách khác, toán tử ⊕ = 𝑚𝑎𝑥 không thỏa mãn định đề 𝑊1 như trong LKN [24].
Ví dụ 4.4 cũng ngụ ý rằng khi một toán tử tích hợp là sự kết hợp của các toán tử 𝑚𝑖𝑛 và 𝑚𝑎𝑥, PBKKNBT được tích hợp từ các PBKKNBT chuẩn có thể không phải là một PBKKNBT chuẩn. Nhưng đối với toán tử 𝑚𝑖𝑛, điều đó có thể xảy ra, Cụ thể:
Định lý 4.3.⊕ = 𝑚𝑖𝑛 thỏa mãn định đề 𝑊1, 𝑊2.
Chứng minh
1. Đối với định đề 𝑊1: Giả sử rằng 𝐵𝑖, 𝑖 = 1, . . . , 𝑛 là các CSTTKNBT nhất quán, để chứng minh rằng 𝒞𝑛𝑝(𝔅⊕) là nhất quán, ta chỉ cần chứng minh rằng CSTTKNBT tích hợp 𝔅⊕ là nhất quán. Thật vậy, vì 𝐵𝑖 nhất quán nên 𝒯𝐵𝑖 là một PBKKNBT chuẩn, tức là ∃𝜔𝑖 ∈ 𝛺: 𝒯𝐵𝑖(𝜔𝑖) = 0. Vì tất cả 𝒯𝐵𝑗(𝜔𝑖) (𝑗 = 1, 2, . . . , 𝑛) đều có thể so sánh với 0, cụ thể là 𝒯𝐵𝑗(𝜔𝑖) ≥ 0 và 𝒯𝐵𝑖(𝜔𝑖) = 0, vì vậy 𝒯𝐵⊕(𝜔𝑖) = min (𝒯𝐵1(𝜔𝑖), … , 𝒯𝐵𝑖(𝜔𝑖), … , 𝒯𝐵𝑛(𝜔𝑖)) = 0 (𝑖 = 1, … , 𝑛). Do đó, 𝒯𝔅⊕ là một PBKKNBT chuẩn và theo Mệnh đề 4.2 𝔅⊕ là nhất quán.
131
2. Đối với định đề 𝑊2: Trước hết, cần lưu ý rằng, trong LKN, nếu 𝐵1∪ 𝐵2∪ … ∪ 𝐵𝑛 là nhất quán, thì 𝒞𝑛𝑝(𝔅⨁) ≡ 𝒞𝑛𝑝(𝐵1∪ 𝐵2∪ … ∪ 𝐵𝑛) khi và chỉ khi ⊕ là toán tử hội [24]. Về cơ bản, các định nghĩa 4.4 và 4.7 về các toán tử tích hợp có liên quan với nhau và điều kiện là một toán tử tích hợp của các phân bố khả năng chuẩn là một toán tử hội rất giống với điều kiện một toán tử tích hợp PBKKNBT là một toán tử tuyển. Toán tử 𝑚𝑖𝑛 là tuyển. Vì vậy, sự thỏa mãn của định đề 𝑊2 của toán tử 𝑚𝑖𝑛 có thể được chứng minh theo cách tương tự như trong [24].
Như chúng ta đã biết, trong LKN, toán tử ⊕ thỏa mãn 𝑊6 khi và chỉ khi ⊕ là toán tử đơn điệu chặt; Toán tử ⊕ thỏa mãn 𝑊𝑚𝑎𝑗 khi và chỉ khi ⊕ là toán tử đơn điệu tăng cường chặt [24]. Trong LKN, các toán tử 𝑚𝑖𝑛 và 𝑚𝑎𝑥 cũng như sự kết hợp của các toán tử không đơn điệu chặt nên chúng không thỏa mãn 𝑊6 và 𝑊𝑚𝑎𝑗.
Trong LKNBT, các toán tử 𝑚𝑖𝑛, 𝑚𝑎𝑥 và tất cả sự kết hợp của hai toán tử này cũng không là các toán tử đơn điệu, và giống như trong LKN, chúng ta có:
Định lý 4.4. Tích hợp các PBKKNBT không thỏa mãn 𝑊6 và 𝑊𝑚𝑎𝑗.
Chứng minh
Việc chứng minh Mệnh đề này là hoàn toàn tương tự với cách chứng minh của các định đề 𝑃6 và 𝑃𝑚𝑎𝑗 trong [24], vì vậy nó có thể được bỏ qua ở đây.