Từ metric đƣợc xây dựng, Mệnh đề 2.4 sau đây xây dựng công thức tính
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/
Mệnh đề 2.4 Cho hệ thông tin không đầy đủ IIS= (U, A, V, f), với P ⊆ A giả sử ta có hai phủ K(P)= U/SIM (P)= {SP(u1), SP(u2),..., SP(u|U|) }, K(A)= U/SIM(A)= {SA(u1), SA(u2),..., SA(u|U|)}. Ta có: 1 ( ) ( ) 1 ( ( ), ( )) U P i A i E i K P K A U U S u S u d *Trình bày chứng minh:
Từ giả thiết P⊆A suy ra U/SIM (A) ≼ U/SIM (P), theo Mệnh đề 2.3 phần e) ta
có IE (P/A)=0. Mặt khác, cũng từ P⊆ A ta có SA(ui) ⊆SP(ui), hay SP(ui) ∩SA(ui)= SA(ui) với mọi ui∈U, i= 1..|U|. Do đó DE(K(P), K(A))= IE(P/A)+ IE(A/P)=IE(A/P)
1 1
S u S u S u S u S u
1 U P i P i A i 1 U P i A i
i i
U U U U
Mệnh đề 3.5 sau đây chứng minh một số tính chất của metric trên họ thông tin không đầy đủ.
Mệnh đề 2.5. Cho hệ thông tin không đầy đủ IIS= (U, A, V, f).
a) Nếu P A, a∈A-P thì
dE (K(P), K(A ) - dE (K(P∪{a}), K(A ) = dE (K(P), K(P∪{a})) b) Nếu P A, a∈P thì
dE (K(P- {a}), K(A ) - dE (K(P), K(A)) = dE (K(P-{a}), K(P))
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/
Nếu dE (K(P), K(P∪{a}) )=0 thì dE (K(Q), K(Q∪{a})) =0.
*Trình bày chứng minh:
Giả sử ta có các phủ K(P)= U/SIM(P) = {SP(u1), SP(u2), ,..., SP(u|U|)},
K(Q) = U/SIM(Q) ={SQ(u1), SQ(u2), ,..., SQ(u|U|)},
K(A) = U/SIM(A) ={SA(u1), SA(u2), ,..., SA(u|U|)}.
a) Do P A, P∪{a}⊆A và P P ∪{a} nên áp dụng Mệnh đề 2.4
dE (K(P), K(A )) - dE (K(P∪{a}), K(A))
{a} 1 S u S u S u S u 1 U P i A i P i A i i U U {a} 1 S u S u 1 U P i P i i U U = dE(K(P), K(P∪{a})). b) Chứng minh tƣơng tự a)
c) Nếu dE(K(P), K(P∪{a}))=0 thì theo Định lý 2.1 ta có K(P)= K(P∪{a}), nghĩa là với mọi ui∈U, i= 1..|U|, SP(ui)= SP {a} ui (2.4)
Sử dụng Tính chất 1.2 kết hợp với công thức (2.4), với mọi ui∈U, i=1..|U| ta có: SQ∪{a}(ui)=SP∪(Q-P)∪{a}(ui)= SP∪{a}( ui)∩ S(Q-P)(ui)= SP(ui) ∩ S(Q-P)(ui)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/
Do đó K(Q∪{a})=K(Q), theo Định lý 2.1 ta có dE(K(Q), K(Q∪{a}))=0.
Mệnh đề 2.6 sau đây chứng minh tính phản đơn điệu của metric trên bảng quyết định không đầy đủ.
Mệnh đề 2.6. (Tính phản đơn điệu) Cho bảng quyết định không đầy đủ IDS= (U, C∪D, V, f). Nếu B⊆C thì dE (K(B), K(B∪D) ) ≥ dE (K(C), K(C∪D)).
*Trình bày chứng minh:
Xét bảng quyết định không đầy đủ IDS= (U, C∪D, V, f), U={u1, u2, ..., un} và B⊆C. Với mọi ui∈U, i= 1..n ta có SC(ui)⊆ SB(ui), do đó:
(SB(ui) – SC(ui))∩ SD(ui)⊆ SB(ui) – SC(ui)
<=> (SB(ui) ∩ SD(ui)) – (SC(ui)∩SD(ui))⊆ SB(ui) – SC(ui)
<=> |(SB(ui) ∩ SD(ui)) – (SC(ui)∩SD(ui))| ≤ | SB(ui) – SC(ui)| (2.5) Do SC(ui)⊆SB(ui) nên SC(ui)∩SD(ui)⊆SB(ui)∩SD(ui)) và (2.5) tƣơng đƣơng: <=> |SB(ui) ∩ SD(ui)| –|SC(ui) ∩ SD(ui)| ≤ | SB(ui)| – |SC(ui)|
<=> |SB(ui) |– |SB(ui) ∩ SD(ui)| ≥ | SC(ui)| – |SC(ui)∩SD(ui) | (2.6) Do SB(ui)∩SD(ui)⊆SB(ui), SC(ui)∩SD(ui)⊆SC(ui) nên (2.6) tƣơng đƣơng với: | SB(ui) ∪(SB(ui)∩SD(ui))| – |SC(ui)∩(SB(ui)∩SD(ui)) | ≥
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/
Do |SB∪D(ui)=SB(ui)∩SD(ui))|, SC∪D(ui)=SC(ui)∩SD(ui) nên (2.7) tƣơng đƣơng
<=> B i 2B D i i 2 D i 1 1 S u S u S u S u n n C C i U i U (2.8)
Do B B∪D, C C∪D nên theo Mệnh đề 3.4 công thức (2.8) tƣơng đƣơng với
dE(K(B), K(B∪D)) ≥ dE(K(C), K(C∪D)).
Mệnh đề 3.6 cho thấy, nếu tập thuộc tính B càng lớn thì khoảng cách giữa hai phủ K(B) và K(B∪D) càng nhỏ, hay K(B) càng gần K(B∪D), nghĩa là khả năng phân lớp dựa trên B vào các lớp quyết định sinh bởi D càng lớn, và ngƣợc lại.