自適應(yīng)個(gè)性化鞏固學(xué)習(xí)模型

摘要：“鞏固學(xué)習(xí)推薦”是指向?qū)W生推薦需要復(fù)習(xí)鞏固的學(xué)習(xí)內(nèi)容的過(guò)程。本文研究了基于能力的知識(shí)空間理論的個(gè)性化鞏固學(xué)習(xí)推薦問(wèn)題，針對(duì)能力狀態(tài)與知識(shí)狀態(tài)之間缺乏一一對(duì)應(yīng)關(guān)系的挑戰(zhàn)，提出了一種有效的推薦方法。該方法首先通過(guò)學(xué)生的知識(shí)狀態(tài)計(jì)算內(nèi)掌握邊緣，并據(jù)此推導(dǎo)出退步前后的知識(shí)狀態(tài)，然后通過(guò)這些知識(shí)狀態(tài)確定相應(yīng)能力狀態(tài)的頂或底，最終根據(jù)頂和底推薦需要鞏固學(xué)習(xí)的技能集，以防止學(xué)生因遺忘等因素導(dǎo)致知識(shí)退步。本文提出了兩個(gè)刻畫(huà)定理：一是用技能函數(shù)刻畫(huà)能力狀態(tài)的頂或底，二是用問(wèn)題函數(shù)刻畫(huà)知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣。利用這些定理，可在不建立知識(shí)結(jié)構(gòu)的前提下直接獲取能力狀態(tài)的頂或底及知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣。最后本文分別給出了根據(jù)定義和刻畫(huà)定理獲取內(nèi)掌握邊緣的算法，并通過(guò)對(duì)比實(shí)踐說(shuō)明后者耗時(shí)平均減少了77%，內(nèi)存占用平均降低了67%。

關(guān)鍵詞：知識(shí)狀態(tài)；能力狀態(tài)；內(nèi)掌握邊緣；技能函數(shù)；問(wèn)題函數(shù)；個(gè)性化學(xué)習(xí)

中圖分類(lèi)號(hào)：TP18 文獻(xiàn)標(biāo)志碼：A 文章編號(hào)：0253-2395（2025）01-0001-19

0 引言

近年來(lái)，個(gè)性化教學(xué)已成為教育發(fā)展的重要方向，傳統(tǒng)的“一刀切”的教育模式已經(jīng)無(wú)法滿(mǎn)足學(xué)生的個(gè)性化需求。2021 年“ 雙減”政策提出，通過(guò)作業(yè)設(shè)計(jì)提升作業(yè)的診斷與鞏固功能，鼓勵(lì)布置個(gè)性化作業(yè)［1］。因此，如何布置分層和個(gè)性化作業(yè)，完成鞏固學(xué)習(xí)推薦成為當(dāng)前亟待解決的問(wèn)題。在當(dāng)前的相關(guān)研究中，就上述問(wèn)題而言，大多數(shù)研究者主要采用認(rèn)知診斷模型、知識(shí)追蹤、項(xiàng)目反應(yīng)理論、最近發(fā)展區(qū)等理論［2］，而利用知識(shí)空間理論對(duì)該問(wèn)題進(jìn)行的研究相對(duì)較少。然而，值得強(qiáng)調(diào)的是，知識(shí)空間理論作為一個(gè)成熟、系統(tǒng)、科學(xué)且具備強(qiáng)大可解釋性的理論框架，在解決該問(wèn)題上具有天然的適用性。目前，知識(shí)空間理論已被廣泛應(yīng)用于智能輔導(dǎo)系統(tǒng)如知識(shí)空間中的評(píng)估與學(xué)習(xí)（Assessment and Learning in Knowledge Spac?es，ALEKS）［3］、Stat-Knowlab［4］等。此外，Hell?er 等［5-6］的研究探討了知識(shí)空間理論與認(rèn)知診斷模型之間的密切關(guān)系。因此，在本文中，將深入探討知識(shí)空間理論在解決這一問(wèn)題上的潛力和價(jià)值。

Falmagne 和Doignon［7］在知識(shí)空間理論中提出了內(nèi)邊緣和外邊緣的定義。并且老師可以利用外邊緣進(jìn)行學(xué)習(xí)指導(dǎo)或?qū)W習(xí)路徑推薦，利用內(nèi)邊緣進(jìn)行鞏固學(xué)習(xí)推薦（包括布置作業(yè)）。針對(duì)理論的不足，F(xiàn)almagne 等［8-14］提出了基于能力的知識(shí)空間理論。接著，Heller 等［5-6 ，15-18］提出了在基于能力的知識(shí)空間理論中獲取能力狀態(tài)并以此尋找學(xué)習(xí)路徑的方法，但是該方法在獲取能力狀態(tài)中需要引入額外的信息或者需要變更問(wèn)題集。Stefanutti 等［19］在基于能力的知識(shí)空間理論中針對(duì)合取模型提出了不必知道具體能力狀態(tài)也能尋找學(xué)習(xí)路徑的方法，但是該方法僅考慮有效外邊緣非空的特殊情況。周銀鳳等［20-21］利用形式概念分析方法，針對(duì)析取、合取和能力模型分別提出了不必知道具體能力狀態(tài)也能尋找學(xué)習(xí)路徑的方法，但是該方法也僅考慮有效外邊緣非空的特殊情況。綜上，我們會(huì)發(fā)現(xiàn)在知識(shí)空間理論的后續(xù)研究中，大部分研究者只關(guān)注外邊緣，而忽視內(nèi)邊緣。這是因?yàn)閮?nèi)外邊緣的大部分性質(zhì)有著簡(jiǎn)單的對(duì)應(yīng)關(guān)系，但內(nèi)邊緣的應(yīng)用不應(yīng)被忽視。所以本文旨在基于能力的知識(shí)空間理論中針對(duì)析取、合取和能力模型分別提出一種基于同一類(lèi)能力的頂或底直接計(jì)算知識(shí)狀態(tài)內(nèi)掌握邊緣，進(jìn)行個(gè)性化鞏固學(xué)習(xí)推薦的一般方法。

在知識(shí)空間理論中，教師通過(guò)學(xué)生對(duì)測(cè)試題的回答情況判斷其當(dāng)前的知識(shí)狀態(tài)及其內(nèi)邊緣。教師可基于此邊緣提出學(xué)生現(xiàn)在要鞏固的問(wèn)題，并給出學(xué)生要完成的作業(yè)。然而，知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)邊緣可能是空的，這意味著處于該知識(shí)狀態(tài)的學(xué)生沒(méi)有辦法通過(guò)只復(fù)習(xí)一個(gè)問(wèn)題來(lái)鞏固知識(shí)狀態(tài)。因此，許多學(xué)者將自己的研究局限在良級(jí)知識(shí)空間中，即一種每個(gè)知識(shí)狀態(tài)都有一個(gè)非空內(nèi)邊緣的特殊知識(shí)結(jié)構(gòu)。此外，Noventa 等在文獻(xiàn)［22］中將外邊緣的概念進(jìn)行拓展，不再局限于一次只能學(xué)習(xí)一個(gè)問(wèn)題，這也更符合實(shí)際情況，我們將其稱(chēng)為掌握邊緣，對(duì)應(yīng)的我們可以給出內(nèi)掌握邊緣。

根據(jù)以上敘述，我們可以發(fā)現(xiàn)知識(shí)空間理論的一個(gè)局限性，那就是學(xué)生學(xué)的應(yīng)該是解決問(wèn)題所必需的技能和知識(shí)，而不是問(wèn)題本身。因此，F(xiàn)almagne 等［8-14］提出了基于能力的知識(shí)空間理論，并在文獻(xiàn)［14］中進(jìn)行詳盡闡述，該理論將技能引入知識(shí)空間理論。類(lèi)似的，該理論通過(guò)能力狀態(tài)的內(nèi)邊緣提出學(xué)生現(xiàn)在要鞏固的技能，不過(guò)由于技能不能被直接觀察到，所以確定一項(xiàng)技能是否被成功鞏固的唯一方法就是觀察知識(shí)狀態(tài)的變化。然而，在實(shí)際生活中擁有不同能力的學(xué)生可能表現(xiàn)為相同的知識(shí)狀態(tài)。所以，有時(shí)即使實(shí)際鞏固失敗（遺忘）了一項(xiàng)技能，知識(shí)狀態(tài)也不會(huì)產(chǎn)生任何改變。所以在基于能力的知識(shí)空間理論中，我們更關(guān)注的是能力狀態(tài)的有效（內(nèi)）邊緣，即所有能使知識(shí)狀態(tài)產(chǎn)生變化的技能構(gòu)成的集合。而知識(shí)狀態(tài)的變化離不開(kāi)知識(shí)狀態(tài)的邊緣，并且在很多時(shí)候，掌握一項(xiàng)技能，可能同時(shí)會(huì)解決多個(gè)問(wèn)題，因此不管是否引入技能，獲取知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣都是一項(xiàng)重要的工作。但是文獻(xiàn)［22］僅給出了掌握邊緣的定義，并沒(méi)有進(jìn)一步的研究，也沒(méi)有給出內(nèi)掌握邊緣的定義，更沒(méi)有與能力結(jié)合，特別是沒(méi)給出獲取內(nèi)掌握邊緣的算法。所以本文旨在基于能力的知識(shí)空間理論中針對(duì)析取、合取和能力模型分別提出一種獲取內(nèi)掌握邊緣的算法。相比根據(jù)定義獲取，該算法耗時(shí)更短、占用內(nèi)存更小。

本文的組織結(jié)構(gòu)如下：第1 節(jié)概述了知識(shí)空間理論、基于能力的知識(shí)空間理論中的一些基本概念。第2 節(jié)分別在析取、合取和能力模型中給出了兩個(gè)刻畫(huà)定理（一是用技能函數(shù)刻畫(huà)能力狀態(tài)的頂或底；二是用問(wèn)題函數(shù)刻畫(huà)知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣）和對(duì)應(yīng)的鞏固學(xué)習(xí)推薦方案。第3 節(jié)分別在析取、合取和能力模型中給出了根據(jù)定義和刻畫(huà)定理獲取內(nèi)掌握邊緣的兩種算法并通過(guò)實(shí)踐對(duì)比算法的耗時(shí)長(zhǎng)短和占用內(nèi)存大小。第4 節(jié)總結(jié)全文。

1 基礎(chǔ)知識(shí)

在1985 年，數(shù)學(xué)心理學(xué)家Falmagne 和Doi?gnon 率先提出了知識(shí)空間理論，這一理論為教育評(píng)估及鞏固學(xué)習(xí)推薦提供了一個(gè)科學(xué)且有效的理論框架。本節(jié)將結(jié)合文獻(xiàn)［7，10，14，19，23］介紹知識(shí)空間理論的基本概念。

知識(shí)狀態(tài)與知識(shí)結(jié)構(gòu)是知識(shí)空間理論的核心概念：一個(gè)知識(shí)結(jié)構(gòu)是一個(gè)二元組（ Q，K ），其中Q 是非空有限集合，K 是Q 的一個(gè)子集族，至少包含Q 和空集?。集合Q 稱(chēng)為知識(shí)結(jié)構(gòu)的問(wèn)題域。它的元素稱(chēng)為問(wèn)題或者項(xiàng)目。族K 里的子集K 稱(chēng)為知識(shí)狀態(tài)。當(dāng)我們稱(chēng)K 是集合Q上的知識(shí)結(jié)構(gòu)時(shí)，就是指（ Q，K ） 是一個(gè)知識(shí)結(jié)構(gòu)。域的具體內(nèi)容可以在不發(fā)生歧義的前提下省略，因?yàn)槲覀冇小菿 = Q。本文中符號(hào)∪K表示集族的并，即∪K =∪K ∈ K K。此外，對(duì)并運(yùn)算封閉的知識(shí)結(jié)構(gòu)稱(chēng)為知識(shí)空間；對(duì)交運(yùn)算封閉的知識(shí)結(jié)構(gòu)稱(chēng)為簡(jiǎn)單閉包空間。

隨著知識(shí)空間理論的發(fā)展，許多研究者意識(shí)到學(xué)生學(xué)的應(yīng)該是解決問(wèn)題所必需的技能和知識(shí)，而不是問(wèn)題本身。為此，F(xiàn)almagne 等提出了基于能力的知識(shí)空間理論，該理論將技能引入知識(shí)空間理論，并區(qū)分出兩個(gè)平行且相互依賴(lài)的水平：表現(xiàn)水平和能力水平。知識(shí)結(jié)構(gòu)（ Q，K ） 位于表現(xiàn)水平。在能力水平上，一個(gè)能力結(jié)構(gòu)是一個(gè)二元組（ S，C ），其中S 是與Q 相對(duì)應(yīng)的（與解決Q 中的問(wèn)題相關(guān)的）非空有限技能集，C 是S 的一個(gè)子集族，至少包含S 和空集?。集合S 的元素稱(chēng)為技能。族C 里的子集稱(chēng)為能力狀態(tài)。這兩個(gè)層次由兩個(gè)映射連接起來(lái)，分別稱(chēng)為技能函數(shù)（技能映射、技能多映射）和問(wèn)題函數(shù)。為了簡(jiǎn)化問(wèn)題，若無(wú)特別說(shuō)明，后文所討論的所有能力結(jié)構(gòu)C 都是2S。

一個(gè)技能多映射是一個(gè)三元組（ Q，S，μ ），其中Q 是一個(gè)非空有限問(wèn)題域，S 是與Q 相對(duì)應(yīng)的非空有限技能集，μ是從Q到（22S＼{?}）＼{?}的映射。對(duì)于Q 中的任意一個(gè)q，任意一個(gè)屬于μ（ q ） 的集合C 都將被稱(chēng)作解決問(wèn)題q 的能力。此外，如果每個(gè)μ（ q ） 中的能力是成對(duì)不可比的（關(guān)于集合包含），則稱(chēng)（ Q，S，μ ） 為技能函數(shù)。當(dāng)集合Q 和S 由具體的內(nèi)容定義時(shí)，我們有時(shí)直接把μ 本身稱(chēng)作一個(gè)技能多映射或技能函數(shù)。每個(gè)技能多映射（ Q，S，μ ） 可以誘導(dǎo)一個(gè)映射p：2S → 2Q，對(duì)任意技能子集T ? S，p（T ） ={ q ∈ Q|?C ∈ μ（ q ），C ? T }。我們稱(chēng)（ Q，S，p ） 為由技能多映射μ 誘導(dǎo)的問(wèn)題函數(shù)。當(dāng)集合Q 和S 由具體的內(nèi)容定義時(shí)，我們有時(shí)直接把p 本身稱(chēng)作一個(gè)問(wèn)題函數(shù)。對(duì)任意技能子集T ? S，稱(chēng)K = p（T ） 為能力狀態(tài)T 在能力模型下生成的知識(shí)狀態(tài)。稱(chēng)K = { p（T ）|T ? S } 為技能多映射μ 在能力模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)。

例子1 給定技能多映射（ Q，S，μ ），其中Q = { a，b，c，d }，S = { s，t，u }，μ 的定義如下：

μ （a） ={{s，t }，{s，u}}，μ （b） ={{u}，{s，u}}，μ （c） ={{s}，{t }，{s，u}}，μ （d ） ={{t }}。

技能多映射μ 在能力模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)

K={ ?，{ b }，{ c }，{ c，d }，{ a，b，c }，{ a，c，d }，{ b，c，d }，Q }，注意到K 既不滿(mǎn)足并封閉也不滿(mǎn)足交封閉。

對(duì)于問(wèn)題函數(shù)，明顯有以下結(jié)論成立：

定理1［14］ 由任意技能函數(shù)（ Q，S，μ ） 誘導(dǎo)的問(wèn)題函數(shù)p 在集合包含方面是單調(diào)的（即對(duì)?T1，T2 ? S，如果T1 ? T2，則p（T1 ） ? p（T2 ）），并且滿(mǎn)足p（ ? ） = ? 且p（ S ） = Q。

Heller 等［14］研究了兩種特殊的技能函數(shù)，即析取技能函數(shù)和合取技能函數(shù)。設(shè)（ Q，S，μ ）是一個(gè)技能函數(shù)。如果對(duì)?q ∈ Q，存在C ? S，C ≠ ?，使得μ（ q ） = { { s } |s ∈ C } 成立，則稱(chēng)技能函數(shù)（ Q，S，μ ） 是一個(gè)析取技能函數(shù)，稱(chēng)由析取技能函數(shù)μ 誘導(dǎo)的問(wèn)題函數(shù)（ Q，S，pd ） 是一個(gè)析取問(wèn)題函數(shù)。如果對(duì)?q ∈ Q，存在C ? S，C ≠ ?，使得μ（ q ） = { C } 成立，則稱(chēng)技能函數(shù)（ Q，S，μ ） 是一個(gè)合取技能函數(shù)，稱(chēng)由合取技能函數(shù)μ 誘導(dǎo)的問(wèn)題函數(shù)（ Q，S，pc ） 是一個(gè)合取問(wèn)題函數(shù)。

析取和合取技能函數(shù)的表示可以通過(guò)引入技能映射的符號(hào)進(jìn)行簡(jiǎn)化［14 ，19］。一個(gè)技能映射是一個(gè)三元組（ Q，S，τ ），其中Q 是一個(gè)非空有限問(wèn)題域，S 是與Q 相對(duì)應(yīng)的非空有限技能集，τ 是從Q 到2S＼ { ? } 的映射。對(duì)于Q 中的任意一個(gè)q，S 的子集τ（ q ） 將被稱(chēng)作賦予q 的技能集合（根據(jù)技能映射τ）。當(dāng)集合Q 和S 由具體的內(nèi)容定義時(shí)，我們有時(shí)直接把τ 本身稱(chēng)作一個(gè)技能映射。那么，析取技能函數(shù)（ Q，S，μ ） 可以用技能映射（ Q，S，τ ） 等價(jià)表示，其中對(duì)?q ∈ Q，滿(mǎn)足μ（ q ） = { { s } |s ∈ τ（ q ） }；合取技能函數(shù)（ Q，S，μ ） 可以用技能映射（ Q，S，τ ） 等價(jià)表示，其中對(duì)?q ∈ Q，滿(mǎn)足μ（ q ） = { τ（ q ） }。進(jìn)而得到析取和合取問(wèn)題函數(shù)的等價(jià)表示。對(duì)任意技能子集T ? S，由析取技能函數(shù)（ Q，S，τ ） 誘導(dǎo)的析取問(wèn)題函數(shù)pd （T ） = { q ∈ Q|τ（ q ）∩ T ≠ ? }；由合取技能函數(shù)（ Q，S，τ ） 誘導(dǎo)的合取問(wèn)題函數(shù)pc （T ） = { q ∈ Q|τ（ q ） ? T }。對(duì)任意技能子集T ? S，稱(chēng)K = pd （T ） 為能力狀態(tài)T 在析取模型下生成的知識(shí)狀態(tài)，稱(chēng)K = { pd （T ）|T ? S } 為技能映射τ 在析取模型下生成的知識(shí)空間；稱(chēng)K = pc （T ） 為能力狀態(tài)T 在合取模型下生成的知識(shí)狀態(tài)，稱(chēng)K = { pc （T ）|T ? S } 為技能映射τ在合取模型下生成的簡(jiǎn)單閉包空間。

例子2 給定技能映射（ Q，S，τ ），其中Q ={ a，b，c，d，e }，S = { s，t，u，v }，τ 的定義如下：

τ （a） ={t，u}，τ （b） ={s，u，v}，τ （c） ={t }，τ （d ） ={t，u}，τ （e） ={u}。

設(shè)T = { s，u，v }，則T 在析取模型下生成的知識(shí)狀態(tài)為{ a，b，d，e }，合取模型下生成的知識(shí)狀態(tài)為{ b，e }。技能映射τ 在析取模型下生成的知識(shí)空間

K = { ?，{ b }，{ a，c，d }，{ a，b，c，d }，{ a，b，d，e }，Q } 。技能映射τ 在合取模型下生成的簡(jiǎn)單閉包空間K = { ?，{ c }，{ e }，{ b，e }，{ a，c，d，e }，Q } 。

對(duì)于析取和合取問(wèn)題函數(shù)，明顯有以下結(jié)論成立：

定理2［14］ 設(shè)（ Q，S，pd ） 是一個(gè)析取問(wèn)題函數(shù)，（ Q，S，pc ） 是一個(gè)合取問(wèn)題函數(shù)，對(duì)?T1，T2 ? S，

（1）如果T1 ? T2，則pd （T1 ） ? pd （T2 ） 和pc （T1 ） ? pc （T2 ）。

（2） pd （T1 ∪ T2 ） = pd （T1 ）∪ pd （T2 ），pc （T1 ∩ T2 ） = pc （T1 ）∩ pc （T2 ）。

在知識(shí)結(jié)構(gòu)（ Q，K ） 中，Kq 是K 中所有包含元素q 的知識(shí)狀態(tài)構(gòu)成的集族，即Kq ={ K ∈ K|q ∈ K }。q* 是Q 中所有與元素q 總是一起出現(xiàn)在相同狀態(tài)中的元素構(gòu)成的集合，即q* = { r ∈ Q|Kq = Kr }，并稱(chēng)為知識(shí)結(jié)構(gòu)的一個(gè)概念。如果知識(shí)結(jié)構(gòu)中的所有概念都只包含一個(gè)元素，那么該知識(shí)結(jié)構(gòu)稱(chēng)為可辨識(shí)的。在可辨識(shí)的知識(shí)結(jié)構(gòu)（ Q，K ） 中，狀態(tài)K （ ∈ K ） 的內(nèi)邊緣是問(wèn)題集合KI = { q ∈ K|K＼ { q } ∈ K }。從教育學(xué)的觀點(diǎn)來(lái)講，K 的內(nèi)邊緣表示知識(shí)狀態(tài)為K 的學(xué)生狀態(tài)的高點(diǎn)。這是學(xué)生最近才掌握的問(wèn)題集合，這種掌握可能是不牢固的，需要復(fù)習(xí)鞏固。但是對(duì)于給定的可辨識(shí)知識(shí)結(jié)構(gòu)（ Q，K ）， 其中Q = { a，b，c，d }， K = { ?，{ c }，{ d }，{ b，d }，{ a，c，d }，Q }，注意到{ a，c，d }I =?，所以知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)邊緣可能是空的，這意味著處于該知識(shí)狀態(tài)的學(xué)生沒(méi)有辦法通過(guò)只復(fù)習(xí)一個(gè)問(wèn)題來(lái)鞏固知識(shí)狀態(tài)。因此，為了更有效地指導(dǎo)學(xué)生復(fù)習(xí)鞏固，我們類(lèi)比Noventa 等在文獻(xiàn)［22］中提出的（外）掌握邊緣，將KI 推廣到KIM，定義如下。

定義1［22］ 在知識(shí)結(jié)構(gòu)（ Q，K ） 中，狀態(tài)K （ ∈ K ） 的內(nèi)掌握邊緣是問(wèn)題集族

KIM={B ? K|K＼B ∈ K，B 非空極小}，

其中極小性表示對(duì)任意B ∈ KIM，都不存在非空集B′ ? B，滿(mǎn)足K＼B′ ∈ K。

2 主要結(jié)果

一般地，在基于能力的知識(shí)空間理論中，我們會(huì)通過(guò)詢(xún)問(wèn)專(zhuān)家等方式獲得目標(biāo)領(lǐng)域的問(wèn)題集和解決這些問(wèn)題所需的技能集，以及問(wèn)題和技能間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，即技能函數(shù)（技能映射、技能多映射）。由此誘導(dǎo)出對(duì)應(yīng)的問(wèn)題函數(shù)和知識(shí)結(jié)構(gòu)，再利用知識(shí)結(jié)構(gòu)進(jìn)行測(cè)試得到學(xué)生的知識(shí)狀態(tài)，最后根據(jù)知識(shí)狀態(tài)、技能函數(shù)和問(wèn)題函數(shù)進(jìn)行鞏固學(xué)習(xí)推薦。這最后一步就是本節(jié)的研究重點(diǎn)。

在基于能力的知識(shí)空間理論中進(jìn)行鞏固學(xué)習(xí)推薦，本質(zhì)上就是提出學(xué)生現(xiàn)在要鞏固的技能，不過(guò)由于技能不能被直接觀察到，所以確定一項(xiàng)技能是否被成功鞏固的唯一方法就是觀察知識(shí)狀態(tài)的變化。而知識(shí)狀態(tài)的變化離不開(kāi)知識(shí)狀態(tài)的邊緣，并且在很多時(shí)候，掌握一項(xiàng)技能，可能同時(shí)會(huì)解決多個(gè)問(wèn)題，因此不管是否引入技能，獲取知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣都是一項(xiàng)重要的工作。

直觀地，我們可以利用問(wèn)題函數(shù)得到知識(shí)結(jié)構(gòu)，再進(jìn)一步通過(guò)定義得到內(nèi)掌握邊緣。然而，這樣做有些繁瑣：需要先利用問(wèn)題函數(shù)構(gòu)建中間產(chǎn)物—— 知識(shí)結(jié)構(gòu)，并且我們知道知識(shí)結(jié)構(gòu)的構(gòu)建比較耗時(shí)，構(gòu)建成功的知識(shí)結(jié)構(gòu)又比較占內(nèi)存。所以我們想能否利用問(wèn)題函數(shù)直接得到內(nèi)掌握邊緣。

2.1 合取模型下的鞏固學(xué)習(xí)推薦

定義2［19］ 設(shè)（Q，S，p） 是一個(gè)問(wèn)題函數(shù)，對(duì)T ? S，稱(chēng)

[T ]={T′ ? S|p （T ） = p （T′） }

為能力狀態(tài)T 的等價(jià)類(lèi)。設(shè)p 是一個(gè)合取問(wèn)題函數(shù)，稱(chēng)

?T?"=∩[T ]

為等價(jià)類(lèi)[T ] 的底或能力狀態(tài)T 的底。

定理3 設(shè)（Q，S，pc ） 是一個(gè)合取問(wèn)題函數(shù)，有以下結(jié)論成立：

（1）?T?"∈ [T ]，即pc （?T?" ）=pc （T）。

（2）?T′ ∈ [T ]，?T?"?T′。

證明 （1）因?yàn)閜c 是合取問(wèn)題函數(shù)，所以函數(shù)pc 保持交封閉，所以對(duì)?T1，T2 ∈ [T ]，有pc （T1 ∩ T2 ） = pc （T1 ） ∩ pc （T2 ） = pc （T ） ∩ pc （T ） =pc （T ） 成立，所以T1 ∩ T2 ∈ [T ]，所以由數(shù)學(xué)歸納法可得 ?T?"=∩[T ] ∈ [T ]，即問(wèn)題函數(shù)合取時(shí)能力狀態(tài)的等價(jià)類(lèi)保持交封閉。

（2）由定義易知。

定理4 設(shè)（Q，S，τ） 是一個(gè)技能映射，pc 是由技能映射τ 誘導(dǎo)的合取問(wèn)題函數(shù)，K ={ pc （T ）|T ? S } 是技能映射τ 在合取模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)，那么對(duì)于任意知識(shí)狀態(tài)K ∈ K，都存在T ? S，使得K = pc （T ）。此時(shí)，知識(shí)狀態(tài)K 的內(nèi)掌握邊緣可以刻畫(huà)為：

KIM={ B|B = pc （T ）＼pc （T＼T0 ），T0 ? T，B 非空極小}，

其中極小性表示對(duì)任意B ∈ KIM，都不存在非空集B′ ? B，滿(mǎn)足B′ = pc （T ）＼pc （T＼T0 ），T0 ? T。

證明 （1）先證{ B ? K|K＼B ∈ K } = { B|B =pc （T ）＼pc （T＼T0 ），T0 ? T }。記X = { B ? K|K＼B ∈ K }，Y ={ B|B = pc （T ）＼pc （T＼T0 ），T0 ? T }。

對(duì)?B ∈ X，有K＼B ∈ K，B ? K。記K1 = K＼B，那么存在T1 ? S，使得K1 = pc （T1 ），并且有K1 ? K 成立，需要注意此時(shí)T1 ? T 未必成立。又因?yàn)锽 ? K，所以B = K＼K1。又因?yàn)镵1 ? K，所以由定理2 可得K1 = K ∩ K1 =pc （T ）∩ pc （T1 ） = pc （T ∩ T1 ），所以存在T0 = T＼T1 ? T，有T＼T0 = T＼（T＼T1 ） = T ∩ T1，pc （T＼T0 ） = pc （T ∩ T1 ） = K1， 使得B = K＼K1 = pc（T ）＼pc （T＼T0 ），所以B ∈ Y，所以X ? Y。

另一方面，對(duì)?B ∈ Y，存在T0 ? T，使得B = pc （T ）＼pc （T＼T0 ），其中pc （T ） = K，pc（T＼T0 ） ∈ K，令K1 = pc （T ＼T0 ），則B = K＼K1 ? K。又因?yàn)門(mén)＼T0 ? T，所以由定理2 可得K1 = pc （T＼T0 ） ? pc （T ） = K， 所以K＼B = K＼（ K＼K1 ）=K ∩ K1 = K1 ∈ K，所以B ∈ X，所以Y ? X。

綜上：X = Y。

（2）對(duì)（1）中結(jié)果等式兩邊同時(shí)要求B 非空極小，再由定義1 即可證明。

推論1 設(shè)（ Q，S，τ ） 是一個(gè)技能映射，pc 是由技能映射τ 誘導(dǎo)的合取問(wèn)題函數(shù)，K ={ pc （T ）|T ? S } 是技能映射τ 在合取模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)，那么對(duì)于任意知識(shí)狀態(tài)K ∈ K，都存在T ? S，使得K = pc （T ）。此時(shí)，知識(shí)狀態(tài)K的內(nèi)掌握邊緣可以刻畫(huà)為：

KIM={ B|B=pc （?T?" ）＼pc （?T?" ＼T0 ），T0??T?"，B非空極小}，

其中極小性表示對(duì)任意B ∈ KIM，都不存在非空集B′?B，滿(mǎn)足B′=pc （?T?" ）＼pc （?T?" ＼T0 ），T0??T?"。

證明 因?yàn)?pc （?T?" ）=pc （T）=K，所以定理4中的能力狀態(tài)T可以直接取其底?T?"。

然而，僅根據(jù)定理4、推論1 的刻畫(huà)求解內(nèi)掌握邊緣并不是一件容易的事情，因?yàn)槭褂枚ɡ? 需要先知道一個(gè)表現(xiàn)為K 的能力狀態(tài)T，使用推論1 需要先知道所有表現(xiàn)為K 能力狀態(tài)[T ]的底 ?T?"。而根據(jù)定義我們很難通過(guò)技能映射直接獲得表現(xiàn)為K 的能力狀態(tài)，只能在根據(jù)問(wèn)題函數(shù)建立知識(shí)結(jié)構(gòu)（K={ pc （T ）|T?S }）的過(guò)程中記錄下有哪些能力狀態(tài)表現(xiàn)為K，這明顯是低效的。為了簡(jiǎn)化這個(gè)過(guò)程，下面給出通過(guò)技能映射直接獲得所有表現(xiàn)為K 能力狀態(tài)[T ]的底?T?"的方法。

引理1 設(shè)（Q，S，pc ） 是一個(gè)合取問(wèn)題函數(shù)，對(duì)?T，T1?S，有pc （?T?" ）?pc （T1 ）??T?"?T1成立。

證明 充分性由定理2 可證。下證必要性，因 為 pc （?T? ）?pc （T1 ），所 以 pc （?T? ∩ T1 ）=pc （?T? ） ∩ pc （T1 ）=pc （?T? ）=pc （T），所 以 ?T? ∩T1 ∈ [T ]，所以?T???T? ∩ T1，所以?T??T1。

定理5 設(shè)（Q，S，τ） 是一個(gè)技能映射，pc 是由技能映射τ 誘導(dǎo)的合取問(wèn)題函數(shù)，K ={ pc （T ）|T ? S } 是技能映射τ 在合取模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)，那么對(duì)于任意知識(shí)狀態(tài)K ∈ K，都存在T ? S，使得K = pc （T ）。此時(shí)，能力狀態(tài)T的底可以刻畫(huà)為：?T?=∪q ∈ K τ （q）。

證 明 一 方 面 ，因 為 pc （?T? ）={ q∈Q|τ（q）??T? }=K，所以對(duì) ?q∈K，τ （q）??T?， 所 以∪q ∈ K τ （q）??T?。 另 一 方 面 ，對(duì) ?q′ ∈ K，τ （q′）?∪q ∈ K τ （q），所 以 q′ ∈ pc （∪q ∈ K τ （q） ），所 以pc （?T? ）=K?pc （∪q ∈ K τ （q） ），所以由引理 1 可得?T??∪q ∈ K τ （q）。

綜上：?T?=∪q ∈ K τ （q）。

例子3（續(xù)例子2） 根據(jù)推論1，定理5 求解知識(shí)狀態(tài)K = {b，e}的內(nèi)掌握邊緣KIM：

（1）求 解 ?T?，（其 中 T?S，K=pc （T ））：?T?=∪q ∈ K τ （ｑ）q =∪q ∈{ } b，e τ （q）={s，u，v}。

（2）獲 取 T0 的 取 值 范 圍 ：T0??T?={s，u，v}，所以

T0∈{ ?，{ s }，{ u }，{ v }，{ s，u }，{ u，v }，{ s，v }，{ s，u，v } } 。

（3）遍歷 T0，求解 B=pc （?T? ）＼pc （ ?T? ＼T0 ）：當(dāng)T0 ∈{ ? } 時(shí)B = ?，當(dāng)T0 ∈{ { s }，{ v }，{ s，v } }時(shí)B ={ b }，當(dāng)T0 ∈{ { u }，{ s，u }，{ u，v }，{ s，u，v } }時(shí)B ={ b，e }。

（4）要求B 非空極小，得KIM = { { b } }。

至此，我們已經(jīng)可以在合取模型中用技能函數(shù)刻畫(huà)能力狀態(tài)的底，用問(wèn)題函數(shù)刻畫(huà)知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣。當(dāng)然在基于能力的知識(shí)空間理論中，只獲取知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣是不夠的，還需要推薦對(duì)應(yīng)的技能集進(jìn)行學(xué)習(xí)鞏固，如定理6 所示。

定理6 設(shè)（ Q，S，τ ） 是一個(gè)技能映射，pc 是由技能映射τ 誘導(dǎo)的合取問(wèn)題函數(shù)，K ={ pc （T ）|T ? S } 是技能映射τ 在合取模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)，那么對(duì)于任意知識(shí)狀態(tài)K ∈ K，都存在T ? S，使得K = pc （T ）。此時(shí)，知識(shí)狀態(tài)K 的內(nèi)掌握邊緣為KIM，那么對(duì)于任意問(wèn)題集B ∈ KIM，存在TB ? S，使得K＼B = pc （TB ）。而處于知識(shí)狀態(tài)K 的學(xué)生，要想鞏固知識(shí)狀態(tài)K，只需要鞏固學(xué)習(xí)技能集T0 即可，其中T0 ∈ T ={∪B ∈ KIM ?T? ＼ ?TＢ? }。

證明 對(duì)于任意B ∈ KIM，K＼B ∈ K，那么存在TB ? S，使得K＼B = pc （TB ）。又因?yàn)锽 ≠ ?，所以 pc （?TＢ? ）=K＼B ?K=pc （?T?），所以由引理 1 可 得 ?TＢ???T?。 假 設(shè) ?TＢ?=?T?，那 么pc （?TＢ? ）=pc （?T? ） 即 K＼B=K，矛 盾 ，所 以?TＢ???T?，所以?T?＼ ?TＢ?≠?，T≠?。

處于知識(shí)狀態(tài)K 的學(xué)生如果發(fā)生退步，知識(shí)狀態(tài)最可能退步至K＼B，其中B ∈ KIM。對(duì)任意B ∈ KIM，存在TB ? S，使得K＼B = pc （TB ）。對(duì)于任意TB ′ ∈ [TB ]，任意T0 ∈ T，有T0 =∪B ∈ KIM?T? ＼?TＢ?≠?，又因?yàn)??TＢ???T?，所以 ?TＢ?∪T0??TＢ?∪（?T? ＼?TＢ? ）=?TＢ?∪?T?=?T?，又因?yàn)?TB′∈ [TB ]，所以 TB′??TＢ?，所以 TB′ ∪ T0??T?，所以由定理2 可得pc （TB ′ ∪ T0 ）?pc （?T?）=K。

注1 內(nèi)掌握邊緣KIM 中的所有問(wèn)題集B 都有可能遺忘，都需要鞏固。

注2 對(duì)于學(xué)生是否鞏固了知識(shí)狀態(tài)K，可以使用問(wèn)題集∪KIM 進(jìn)行檢驗(yàn)。

例子4（續(xù)例子3） 根據(jù)定理6 給出鞏固知識(shí)狀態(tài)K 的方案，其中K = { b，e }，B ∈ KIM ={ { b } }：

（1）遍 歷 B，求 解 ?TＢ?，（其 中 TB?S，K＼B=pc （TB ））：當(dāng)B={ b }時(shí)?TＢ?=∪q∈{e}τ （q）={ u }。

（2）求解T：因?yàn)?T?={s，u，v}，所以當(dāng)B={b} 時(shí) ?T? ＼ ?TＢ?={s，v}，所 以 T ={∪B ∈ KIM?T? ＼?TＢ? }={{s，v}}。

（3）給出推薦方案T0 （ ∈ T ）：推薦學(xué)生鞏固學(xué)習(xí)技能集{ s，v }。

這就是合取模型中基于能力的個(gè)性化鞏固學(xué)習(xí)推薦過(guò)程，在這個(gè)過(guò)程中，我們不需要知道學(xué)生的具體能力狀態(tài)，也不需要建立整個(gè)知識(shí)結(jié)構(gòu)。

2.2 析取模型下的鞏固學(xué)習(xí)推薦

定義3［19］ 設(shè)（ Q，S，p ） 是一個(gè)問(wèn)題函數(shù)，對(duì)T ? S，稱(chēng)

[T ]={T′ ? S|p （T ） = p （T′） }

為能力狀態(tài)T 的等價(jià)類(lèi)。設(shè)p 是一個(gè)析取問(wèn)題函數(shù)，稱(chēng)

?T?=∪[T ]

為等價(jià)類(lèi)[T ] 的頂或能力狀態(tài)T 的頂。

定理7 設(shè)（ Q，S，pd ） 是一個(gè)析取問(wèn)題函數(shù)，有以下結(jié)論成立：

（1）?T? ∈ [T ]，即pd （?T? ）=pd （T）。

（2）?T′ ∈ [T ]，T′??T?。

證明 （1）因?yàn)閜d 是析取問(wèn)題函數(shù)，所以函數(shù)pd 保持并封閉，所以對(duì)?T1，T2 ∈ [T ]，有

pd （T1 ∪ T2 ）= pd （T1 ）∪ pd （T2 ）=pd （T ）∪ pd （T ）= pd （T ）

成立，所以T1 ∪ T2 ∈ [T ]，所以由數(shù)學(xué)歸納法可得?T?=∪[T ] ∈ [T ]，即問(wèn)題函數(shù)析取時(shí)能力狀態(tài)的等價(jià)類(lèi)保持并封閉。

（2）由定義易知。

引理2 設(shè)（ Q，S，pd ） 是一個(gè)析取問(wèn)題函數(shù)，對(duì) ?T，T1?S，有 pd （T1 ）?pd （?T? ）?T1??T?成立。

證明 充分性由定理2 可證。下證必要性，因?yàn)閜d （T1 ）?pd （?T? ），所以pd （T1∪?T? ）=pd （T1 ）∪pd （?T?）=pd （?T?）=pd （T），所以T1∪?T?∈[T ]，所以T1∪?T???T?，T1??T?。

定理8 設(shè)（ Q，S，τ ） 是一個(gè)技能映射，pd 是由技能映射τ 誘導(dǎo)的析取問(wèn)題函數(shù)，K ={ pd （T ）|T ? S } 是技能映射τ 在析取模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)，那么對(duì)于任意知識(shí)狀態(tài)K ∈ K，都存在T ? S，使得K = pd （T ）。此時(shí)，知識(shí)狀態(tài)K 的內(nèi)掌握邊緣可以刻畫(huà)為：

KIM={ B|B =pd （?T? ）＼pd （?T? ＼T0 ），T0??T?，B非空極小}，其中極小性表示對(duì)任意B ∈ KIM，都不存在非空集B′?B，滿(mǎn)足B′=pd （?T? ）＼pd （?T? ＼T0 ），T0??T?。

證明 （1）先證{ B ? K|K＼B ∈ K }={ B|B =pd （?T? ）＼pd （?T? ＼T0 ），T0??T? }。記

X={ B?K|K＼B∈K }，Y={ B|B=pd （?T? ）＼pd （ ?T? ＼T0 ），T0??T? }。

對(duì)?B ∈ X，有K＼B ∈ K，B ? K。記K1 = K＼B，那么存在T1 ? S，使得K1 = pd （T1 ），并且有K1?K成立，即pd （T1 ）?pd （?T? ），所以由引理2可得T1??T?。又因?yàn)锽?K，所以B=K＼K1。又因?yàn)?T1??T?，所以存在 T0=?T? ＼T1??T?，有 T1=?T? ＼T0，K1=pd （T1 ）=pd （?T? ＼T0 ），使得B=K＼K1=pd （?T? ）＼pd （?T? ＼T0 ），所 以 B ∈ Y，所以X ? Y。

另一方面，對(duì)?B∈Y，存在T0??T?，使得B=pd （?T? ）＼pd （?T? ＼T0 ），其 中 pd （?T? ）=K，pd （?T? ＼T0 ）∈K，令K1=pd （?T? ＼T0 ），則B=K＼K1?K。又因?yàn)?T? ＼T0??T?，所以由定理2可得K1=pd （?T? ＼T0 ）?pd （?T? ）=K，所以 K＼B=K＼ （K＼K1 ）=K ∩K1 = K1 ∈ K，所以B ∈ X，所以Y ? X。

綜上：X = Y。

（2）對(duì)（1）中結(jié)果等式兩邊同時(shí)要求B 非空極小，再由定義1 即可證明。

注 3 如果將以上定理中的 ?T? 替換為能使 K=pd （T ） 成立的任意集合T，結(jié)論未必成立，如下例子所示。

例子5（續(xù)例子2） 對(duì)于知識(shí)狀態(tài)K ={ a，b，d，e }，取T = { u }，顯然pd （T ） = K，由定義1 可知B = { a，d，e } ∈ KIM，且K＼B = { b } ∈ K，但是對(duì)于?T0 ? T = { u }，pd （T ）＼pd （T＼T0 ） ≠ B。

同樣地，下面給出通過(guò)技能映射直接獲得所有表現(xiàn)為K能力狀態(tài)[T ]的頂?T?的方法。

定理9 設(shè)（ Q，S，τ ） 是一個(gè)技能映射，pd 是由技能映射τ 誘導(dǎo)的析取問(wèn)題函數(shù)，K ={ pd （T ）|T ? S } 是通過(guò)析取模型被映射τ 描繪的知識(shí)結(jié)構(gòu)，那么對(duì)于任意知識(shí)狀態(tài)K ∈ K，都存在T ? S，使得K = pd （T ）。此時(shí)，能力狀態(tài)T的頂可以刻畫(huà)為：?T?=S＼∪q ∈ Q＼K τ （q）。

證明 一方面，因?yàn)?pd （?T? ）={ q ∈ Q|τ （q）∩?T?≠?}=K，所以對(duì)?q?K，q∈Q＼K，τ （q）∩?T?=?，因此∪q∈Q＼K τ （q）∩?T?=?，進(jìn) 一 步 得 S＼∪q∈Q＼K τ （q）??T?。另一方面，對(duì)?q′?K，q′∈Q＼K，τ （q′）?∪q∈Q＼K τ （q），因此 τ （q′）∩（S＼∪q∈Q＼K τ （q） ）=?，由此得q′?pd （S＼∪q∈Q＼K τ （q） ），所 以 pd （S＼∪q∈Q＼K τ （q） ）?K=pd （?T? ），再 由 引 理 2 可 得 S＼∪q∈Q＼K τ （q）??T?。

綜上：?T?=S＼∪q ∈ Q＼K τ （q）。

例子6（續(xù)例子2） 根據(jù)定理8，定理9 求解知識(shí)狀態(tài)K = { a，b，c，d } 的內(nèi)掌握邊緣KIM：

（1）求解?T?，（其中T?S，K=pd （T ））：

?T?=S＼∪q ∈ Q＼K τ （q）=S＼∪q ∈{e}τ （q）=S＼ { u } = { s，t，v } 。

（2）獲取T0 的取值范圍：

T0??T? ={ s，t，v }，

所以

T0 ∈{ ?，{ s }，{ t }，{ v }，{ s，t}，{ t，v }，{ s，v }，{ s，t，v } } 。

（3）遍歷 T0，求解 B=pd （?T? ）＼pd （ ?T? ＼T0 ）：當(dāng)T0 ∈{ ?，{ s }，{ v } } 時(shí)B = ?，當(dāng)T0 ∈{ { s，v } }時(shí)B ={ b }，當(dāng)T0 ∈{ { t }，{ s，t }，{ t，v } } 時(shí)B ={ a，c，d }，當(dāng)T0 ∈{ { s，t，v } }時(shí)B ={ a，b，c，d }。

（4）要求B 非空極小，得KIM = { { b }，{ a，c，d } }。

至此，我們已經(jīng)可以在析取模型中用技能函數(shù)刻畫(huà)能力狀態(tài)的頂，用問(wèn)題函數(shù)刻畫(huà)知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣。當(dāng)然，在基于能力的知識(shí)空間理論中，只獲取知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣是不夠的，還需要推薦對(duì)應(yīng)的技能集進(jìn)行學(xué)習(xí)鞏固，如下定理所示。

定理10 設(shè)（ Q，S，τ ） 是一個(gè)技能映射，pd 是由技能映射τ 誘導(dǎo)的析取問(wèn)題函數(shù)，K ={ pd （T ）|T ? S } 是技能映射τ 在析取模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)，那么對(duì)于任意知識(shí)狀態(tài)K ∈ K，都存在T ? S，使得K = pd （T ）。此時(shí)，知識(shí)狀態(tài)K 的內(nèi)掌握邊緣為KIM，那么對(duì)于任意問(wèn)題集B ∈ KIM，存在TB ? S，使得K＼B = pd （TB ）。而處于知識(shí)狀態(tài)K 的學(xué)生，要想鞏固知識(shí)狀態(tài)K，只需要鞏固學(xué)習(xí)技能集T0 即可，其中T0 ∈ T ={T0|T0 =∪B ∈ KIM{ } s ，s ∈ ?T? ＼ ?TＢ? }。

證明 對(duì)于任意B ∈ KIM，K＼B ∈ K，那么存在TB ? S，使得K＼B = pd （TB ）。又因?yàn)锽 ≠ ?，所以 pd （?TＢ? ）=K＼B ?K=pd （?T?），所以由引理 2 可 得 ?TＢ???T?。 假 設(shè) ?TＢ?=?T?，那 么pd （?TＢ? ）=pd （?T? ） 即 K＼B=K，矛 盾 ，所 以?TＢ???T?，所以?T? ＼ "?TＢ?≠?，T≠?。

處于知識(shí)狀態(tài)K 的學(xué)生如果發(fā)生退步，知識(shí)狀態(tài)最可能退步至K＼B，其中B ∈ KIM。對(duì)任意B ∈ KIM，存在TB ? S，使得K＼B = pd （TB ）。對(duì)于任意TB′∈[TB ]，任意T0∈T，存在s∈"?T? ＼ "?TＢ?≠?，使得T0?{ s }，令T0B={ s }≠?。所以T0B?"?TＢ?但 T0B?"?T?。 又 因 為 TB′∈[TB ] 且TB′?"?TＢ??"?T?，所以TB′?TB′∪T0B?"?T?。由定理2可得K＼B=pd （TB′ ）?pd （TB′∪T0B ）?pd （"?T? ）=K。假設(shè)pd （TB ′ ∪ T0B ）= K＼B，那么TB ′ ∪ T0B ∈[TB ]，所以TB′∪T0B?"?TＢ?，與T0B?"?TＢ?矛盾，所以pd （TB′∪T0B ）? K＼B，又因?yàn)閜d （TB ′ ∪ T0B ）? K，所以存在B′ = K＼pd （TB ′ ∪ T0B ）? K，并且有K＼B′ = pd （TB ′∪T0B ）∈ K，所以K＼B′ = pd （TB ′ ∪ T0B ）? K＼B。又因?yàn)锽′，B ? K，所以B′ ? B，假設(shè)B′ ≠ ?，與B 的極小性矛盾，所以B′ = ?，所以pd （TB ′ ∪ T0 ）? pd （TB ′∪T0B ）= K。

注4 內(nèi)掌握邊緣KIM 中的所有問(wèn)題集B 都有可能遺忘，都需要鞏固。

注5 對(duì)于學(xué)生是否鞏固了知識(shí)狀態(tài)K，可以使用問(wèn)題集∪KIM 進(jìn)行檢驗(yàn)。

例子7（續(xù)例子6） 根據(jù)定理10 給出鞏固知識(shí)狀態(tài)K 的方案，其中K = { a，b，c，d }，B ∈ KIM = { { b }，{ a，c，d } }：

（1）遍 歷 B，求 解 "?TＢ?，（其 中 TB?S，K＼B = pd （TB ））：當(dāng)B = { b } 時(shí)

?TＢ? =S＼∪q∈{ｂ }b，e τ （q）=S＼ { s，u，v }={ t }，當(dāng)B ={ a，c，d } 時(shí) "?TＢ?=S＼∪q∈{ } a，c，d，e τ （q）=S＼{ t，u }={ s，v }。

（2）求解 T：因?yàn)?"?T? ={ s，t，v }，所以當(dāng)B ={ b }時(shí) "?T? ＼"?TＢ? ={ s，v }，當(dāng) B={ a，c，d }時(shí) "?T? ＼"?TＢ?={ t }，所以

T = { T0|T0 =∪B ∈ KIM{ s }，s ∈ "?T? ＼ "?TＢ? }={ { s，t }，{ v，t } } 。

（3）給出推薦方案T0 （ ∈ T ）：推薦學(xué)生鞏固學(xué)習(xí)技能集{ s，t } 或{ v，t }。

這就是析取模型中基于能力的個(gè)性化鞏固學(xué)習(xí)推薦過(guò)程，在這個(gè)過(guò)程中，我們不需要知道學(xué)生的具體能力狀態(tài)，也不需要建立整個(gè)知識(shí)結(jié)構(gòu)。

2.3 能力模型下的鞏固學(xué)習(xí)推薦

因?yàn)槟芰δＰ偷膯?wèn)題函數(shù)p 既不滿(mǎn)足并封閉也不滿(mǎn)足交封閉，所以能力模型的能力狀態(tài)的等價(jià)類(lèi)不像析取模型和合取模型那樣存在唯一的頂或底，所以對(duì)于能力模型我們只能退而求其次，研究頂空間，定義如下。

定義4 設(shè)（ Q，S，p ） 是一個(gè)問(wèn)題函數(shù)，對(duì)T ? S，[T ] 是能力狀態(tài)T 的等價(jià)類(lèi)，稱(chēng)

?T? * ={T′|T′ ∈[T ]，T ′極大}

為能力狀態(tài)T 的頂空間。其中極大性表示對(duì)任意T′ ∈ "?T? *，都不存在T′′ ? T′，滿(mǎn)足T′′ ∈ [T ]。

定理11 設(shè)（ Q，S，p ） 是一個(gè)問(wèn)題函數(shù)，有以下結(jié)論成立：

（1）?T′ ∈"?T? *，T′ ∈ [T ]，即p（T′ ） = p（T ）。

（2）?T′ ∈ [T ]，?T′′ ∈ "?T? *，使得T′′ ? T′。

（3）?T′ ∈"?T? *，不存在T′′ ∈ [T ]，使得T′′? T′。

類(lèi)比引理2 和定理9 我們可以得到以下引理和定理：

引理3 設(shè)（ Q，S，p ） 是一個(gè)問(wèn)題函數(shù)，對(duì)?T，T1?S，有p （T1 ）?p （T）??T′∈"?T? **， s.t.T1 ?T′ 成 立 。 其 中 "?T? ** ={ T′|T′ ∈ 2S＼∪q ∈ Q＼K∪τ （q）∈μ （q）{T″∈2 } S|T″?τ （q） ，T′極大}。

其中極大性表示對(duì)任意 T′ ∈ "?T? **，都不存在T′′ ? T′，滿(mǎn)足

T′′ ∈ 2S＼∪q ∈ Q＼K∪τ （q）∈μ （q）{T″∈2 } S|T″?τ （q） 。

證明 先證充分性，因?yàn)門(mén)′ ∈ "?T? **，所以由問(wèn)題函數(shù)p 的定義得p（T′ ）? K = p（T ）。又因?yàn)門(mén)1 ? T′，所以由定理1 可得p（T1 ）? p（T′ ）。所以p（T1 ）? p（T ）。再證必要性，因?yàn)閜（T1 ）? p（T ）=K，所以由問(wèn)題函數(shù)p 的定義得，對(duì)任意q ∈ Q＼K，任意τ （q） ∈ μ （q），都有τ （q） ? T1，所以T1 ∈ 2S＼∪q ∈ Q＼K∪τ （q） ∈ μ （q）{T″∈ 2 } S|T″?τ （q） ，所 以 存 在 T′∈ "?T? **，使得T1 ? T′ 成立。

注6 ?T? ** 未必等于 ?T? *，并且如果將以上引理中的?T? ** 替換為"?T? * 結(jié)論未必成立，如例子8 所示。

例子8 給定技能多映射（ Q，S，μ ），其中Q = { a，b，c }，S = { s，t，u }，μ 的定義如下：μ （a） ={{t }}，μ （b） ={{s}，{t，u}}，μ （c） ={{s，t }}。

通過(guò)能力模型被給定技能多映射描繪的知識(shí)結(jié)構(gòu)K = {?，{a}，{b}，{a，b}，Q}，其中? =p（ ? ） = p（ { u } ）；{ a } = p（ { t } ）；{ b } = p（ { s } ） =p（ { s，u } ）； { a，b } = p（ { t，u } ）； Q = p（ { s，t } ） =p（ S ）。

對(duì)于能力狀態(tài)T = { t，u }，可得p（T ） ={ a，b }，?T? ** ={ { s，u }，{ t，u } }，?T? * = { { t，u } }，?T? ** ≠?T? *。再取能力狀態(tài)T1 = { s }，可得p（T1 ） = { b } ? { a，b } = p（T ），但是對(duì)于?T′∈ ?T? *，T1 ? T′。

同樣的，我們可以使用技能函數(shù)刻畫(huà)能力狀態(tài)的頂空間。

定理12 設(shè)（ Q，S，μ ） 是一個(gè)技能多映射，p是由技能多映射μ 誘導(dǎo)的問(wèn)題函數(shù)，K ={ p（T ）|T ? S } 是技能多映射μ 在能力模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)，那么對(duì)于任意知識(shí)狀態(tài)K ∈ K，都存在T ? S，使得K = p（T ）。此時(shí)，能力狀態(tài)T 的頂空間可以刻畫(huà)為：

?T? * ={T′|T′∈?T? **，p （T′）= p （T ） }，

其中

?T? ** ={ T′|T′ ∈ 2S＼∪q ∈ Q＼K∪τ （q）∈μ （q）{T″∈2 } S|T″?τ （q） ，T′極大}。

其中極大性表示對(duì)任意 T′ ∈ ?T? ** ，都不存在T′′ ? T′，滿(mǎn)足

T′′ ∈ 2S＼∪q ∈ Q＼K∪τ （q）∈μ （q）{T″∈2 } S|T″?τ （q） 。

證明 記X = {T′|T′ ∈ [T ]，T ′極大}，Y = { T′|T′ ∈ ?T? **，p （T′） = p （T ） }。

（1）對(duì)?T′ ∈ X，因?yàn)門(mén)′ 極大，所以不存在T′′ ? T′，滿(mǎn)足T′′ ∈ [T ]。又因?yàn)門(mén)′ ∈ [T ]，所以p（T′ ） = p（T ） = K，所以由問(wèn)題函數(shù)p 的定義得，對(duì)任意q ∈ Q＼K，任意τ（ q ） ∈ μ（ q ），都有τ （q） ? T′，所以

T′ ∈ 2S＼∪q ∈ Q＼K∪τ （q） ∈ μ （q）{T″∈ 2 } S|T″?τ （q） ，

所以

所以[T ] ? 2S＼∪q ∈ Q＼K∪τ （q） ∈ μ （q）{T″∈ 2 } S|T″?τ （q） 。

假設(shè)T′ ? Y，又因?yàn)閜（T′ ） = p（T ），所以T′? ?T? **，又因?yàn)?/p>

T′ ∈ [T ] ?2S＼∪q ∈ Q＼K∪τ （q） ∈ μ （q）{T″∈ 2 } S|T″?τ （q） ，

所以存在 T′′?T′，滿(mǎn)足 T′′ ∈ ?T? **，所以p（T′′ ）? p（T ） = K。又因?yàn)門(mén)′′ ? T′，所以p（T′′ ）? p（T′ ） = K，所以p（T′′ ） = K = p（T ），所以T′′∈ [T ]，矛盾，所以T′ ∈ Y，所以X ? Y。

（2）另一方面，對(duì)?T′ ∈ Y，有p（T′ ） =p（T ）=K，所以 T′ ∈ [T ]。又因?yàn)?T′ ∈ ?T? **，所以T′ 極大，所以不存在T′′ ? T′，滿(mǎn)足T′′ ∈ 2S＼∪q ∈ Q＼K∪τ （q） ∈ μ （q）{T″∈ 2 } S|T″?τ （q） 。 又 因 為[T ] ? 2S＼∪q ∈ Q＼K∪τ （q） ∈ μ （q）{T″∈ 2 } S|T″?τ （q） ，所以不存在T′′ ? T′，滿(mǎn)足T′′ ∈ [T ]，所以T′ ∈ X，所以Y ? X。

綜上：X=Y，即?T? * ={ T′|T′ ∈ ?T? **，p（T′ ）=p（T ） }，定理得證。

定理13 設(shè)（ Q，S，μ ） 是一個(gè)技能多映射，p是由技能多映射μ 誘導(dǎo)的問(wèn)題函數(shù)，K =p（T ）|T ? S } 是技能多映射μ 在能力模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)，那么對(duì)于任意知識(shí)狀態(tài)K ∈ K，都存在T ? S，使得K = p（T ）。此時(shí)，知識(shí)狀態(tài)K 的內(nèi)掌握邊緣可以刻畫(huà)為：

KIM={ B|B = K＼p （T′＼T0 ），T0 ? T′，p （T′＼T0 ）? K，B非空極小}，

其中

T′=∪?T? **，?T? ** = { T′|T′ ∈ 2S＼∪q ∈ Q＼K∪τ （q） ∈ μ （q）{T″∈ 2 } S|T″?τ （q） ，T′極大}。

其中極大性表示對(duì)任意 T′ ∈ ?T? ** ，都不存在T′′ ? T′，滿(mǎn)足

T′′ ∈ 2S＼∪q ∈ Q＼K∪τ （q） ∈ μ （q）{T″∈ 2 } S|T″?τ （q） 。其中極小性表示對(duì)任意B ∈ KIM，都不存在非空集B′ ? B，滿(mǎn)足B′ = K＼p（T′＼T0 ），T0 ? T′，p（T′＼T0 ） ? K。

證明 （1）先證{ B ? K|K＼B ∈ K } = { B|B =K＼p（T′＼T0 ），T0 ? T′，p（T′＼T0 ） ? K }。記

X ={ B ? K|K＼B ∈ K }，Y ={ B|B = K＼p（T′＼T0 ），T0 ? T′，p（T′＼T0 ）? K }。

對(duì)?B ∈ X，有K＼B ∈ K。記K1 = K＼B，那么存在T1 ? S，使得K1 = p（T1 ），并且有K1 ?K 成立，即p（T1 ） ? p（ T ） = K，所以由引理3 可得存在T′′ ∈ ?T? **，使得T1 ? T′′，所以T1 ? T′。又因?yàn)锽 ? K，所以B = K＼K1。又因?yàn)門(mén)1 ? T′，所以存在T0 = T′＼T1 ? T′，有T′＼T0 = T′＼（T′＼T1 ） = T′ ∩ T1 = T1， p（T′＼T0 ） = p（T1 ） = K1， 使得B = K＼K1 = K＼p（T′＼T0 ），所以B ∈ Y，所以X ? Y。

另一方面，對(duì)?B ∈ Y，存在T0 ? T′，使得B = K＼p（T′＼T0 ），其中p（T′＼T0 ） ∈ K，令K1 =p（T′＼T0 ），則B = K＼K1 ? K。又因?yàn)镵1 = p（T′＼T0 ） ? K， 所以K＼B = K＼（ K＼K1 ） = K ∩ K1 =K1 ∈ K，所以B ∈ X，所以Y ? X。

綜上：X = Y。

（2）對(duì)（1）中結(jié)果等式兩邊同時(shí)要求B 非空極小，再由定義1 即可證明。

注 7 如果將以上定理中的 ?T? ** 替換為 ?T? * 結(jié)論未必成立，如下例子所示。

例子9（續(xù)例子8） 對(duì)于知識(shí)狀態(tài)K ={ a，b }，取T = { t，u }，顯然p（T ） = K，由定義1可知B = { a } ∈ KIM，且K＼B = { b } ∈ K，但是對(duì)于 T′=∪?T? * = { t，u }，再對(duì)?T0 ? T′ = { t，u }，K＼p（T′＼T0 ） ≠ B。

并且我們可以發(fā)現(xiàn)當(dāng)學(xué)生的知識(shí)狀態(tài)K ={ a，b } 時(shí)，他的能力狀態(tài)只能是{ t，u }。在知識(shí)空間理論中，他可以通過(guò)遺忘問(wèn)題{ a } 達(dá)到知識(shí)狀態(tài){ b }，但在基于能力的知識(shí)空間理論中，因?yàn)樗哪芰顟B(tài)是{ t，u }，所以無(wú)法通過(guò)遺忘技能達(dá)到知識(shí)狀態(tài){ b }，而是略過(guò){ b } 直接達(dá)到? 或{ a }。

所以在能力模型中，我們可以把知識(shí)狀態(tài)K 的內(nèi)掌握邊緣KIM 中那些一定無(wú)法通過(guò)遺忘技能而達(dá)到K＼B 的B 剔除掉，得到知識(shí)狀態(tài)K的基于能力的內(nèi)掌握邊緣KIM*，使后面的技能推薦方案更嚴(yán)謹(jǐn)。并且我們知道知識(shí)狀態(tài)為K的學(xué)生，他的能力狀態(tài)只能是 T′=∪?T? * 的子集，其中K = p（T ），那他可以通過(guò)遺忘技能而達(dá)到的知識(shí)狀態(tài)K＼B 對(duì)應(yīng)的能力狀態(tài)也只能是T′ 的子集，所以對(duì)于任意B ∈ KIM*，一定存在T0 ? T′，使得p（T′＼T0 ） = K＼B。進(jìn)而可以得到以下定理。

定理14 設(shè)（ Q，S，μ ） 是一個(gè)技能多映射，p是由技能多映射μ 誘導(dǎo)的問(wèn)題函數(shù)，K ={ p（T ）|T ? S } 是技能多映射μ 在能力模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)，那么對(duì)于任意知識(shí)狀態(tài)K ∈ K，都存在T ? S，使得K = p（T ）。此時(shí)，知識(shí)狀態(tài)K 的基于能力的內(nèi)掌握邊緣可以刻畫(huà)為：

KIM* ={ B|B = K＼p （T′＼T0 ），T0 ? T′，p （T′＼T0 ）? K，B非空極小}

其 中 T′=∪?T? *，其中極小性表示對(duì)任意B ∈ KIM*，都不存在非空集B′ ? B，滿(mǎn)足B′ = K＼p（T′＼T0 ），T0 ? T′，p（T′＼T0 ） ? K。

例子10（續(xù)例子1） 根據(jù)定理13 求解知識(shí)狀態(tài)K = { a，b，c} 的內(nèi)掌握邊緣KIM：

（1）求 解 T′=∪?T? ** ，（其中T ? S ，K =p（T ））：因?yàn)?T? **={ { s，u } }，所以T′=∪?T? ** ={ s，u }。

（2）獲取T0 的取值范圍：T0 ? T′ = { s，u }，所以T0 ∈ { ?，{ s }，{ u }，{ s，u } }。

（3）遍歷T0，求解B，（當(dāng)p（T′＼T0 ） ? K 時(shí)B = K＼p（T′＼T0 ），否則B 不存在）：當(dāng)T0 ∈ { ? }時(shí)B = ?， 當(dāng)T0 ∈ { { s } } 時(shí)B = { a，c }， 當(dāng)T0 ∈ { { u } } 時(shí)B = { a，b }，當(dāng)T0 ∈ { { s，u } } 時(shí)B ={ a，b，c }。

（4）要求B 非空極小，得KIM = { { a，c }，{ a，b } }。

例子11（續(xù)例子1） 根據(jù)定理12，定理14求解知識(shí)狀態(tài)K = { a，b，c } 的基于能力的內(nèi)掌握邊緣KIM*：

（1）求解T′=∪?T? *，（其中T?S，K=p（T ））：因?yàn)?T? **={ { s，u } }，所 以 ?T? *={ { s，u } }，所以T′=∪?T? *={ s，u }。

（2）獲取T0 的取值范圍：T0 ? T′ = { s，u }，所以T0 ∈ { ?，{ s }，{ u }，{ s，u } }。

（3）遍歷T0，求解B，（當(dāng)p（T′＼T0 ） ? K 時(shí)B = K＼p（T′＼T0 ），否則B 不存在）：當(dāng)T0 ∈ { ? }時(shí)B = ?， 當(dāng)T0 ∈ { { s } } 時(shí)B = { a，c }， 當(dāng)T0 ∈ { { u } } 時(shí)B = { a，b }，當(dāng)T0 ∈ { { s，u } } 時(shí)B ={ a，b，c }。

（4） 要求B 非空極小， 得KIM* ={ { a，c }，{ a，b } }。

至此，我們已經(jīng)可以在能力模型中用技能函數(shù)刻畫(huà)能力狀態(tài)的頂空間，用問(wèn)題函數(shù)（和頂空間）刻畫(huà)知識(shí)狀態(tài)的（基于能力的）內(nèi)掌握邊緣。當(dāng)然在基于能力的知識(shí)空間理論中，只獲取知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣是不夠的，還需要推薦對(duì)應(yīng)的技能集進(jìn)行學(xué)習(xí)鞏固，但是我們發(fā)現(xiàn)使用頂空間推薦并不容易，所以下文將利用底空間進(jìn)行推薦。

并且由下文第3.3 節(jié)的實(shí)驗(yàn)可知，通過(guò)定理13 的刻畫(huà)獲取知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣耗時(shí)長(zhǎng)、占用內(nèi)存大，并且可以明顯看出其中的關(guān)鍵是獲取頂空間的過(guò)程比較耗時(shí)，所以下文將同時(shí)給出利用底空間獲取內(nèi)掌握邊緣的方法，該方法耗時(shí)短、占用內(nèi)存小。

定義5 設(shè)（ Q，S，p ） 是一個(gè)問(wèn)題函數(shù)，對(duì)T ? S，[T ] 是能力狀態(tài)T 的等價(jià)類(lèi)，稱(chēng)

?T?" * ={T′|T′ ∈[T ]，T′極小}

為能力狀態(tài)T 的底空間。其中極小性表示對(duì)任意T′ ∈ ?T?" *，都不存在T′′ ? T′，滿(mǎn)足T′′ ∈ [T ]。

定理15 設(shè)（Q，S，p） 是一個(gè)問(wèn)題函數(shù)，有以下結(jié)論成立：

（1）?T′ ∈ ?T?" *，T′ ∈ [T ]，即p（T′ ） = p（T ）。

（2）?T′ ∈ [T ]，?T′′ ∈ ?T?" *，使得T′′ ? T′。

（3）?T′∈?T?" *，不存在T′′ ∈[T ]，使得T′′ ? T′。

類(lèi)比定理5，我們同樣可以使用技能函數(shù)刻畫(huà)能力狀態(tài)的底空間。

定理16 設(shè)（ Q，S，μ ） 是一個(gè)技能多映射，p是由技能多映射μ 誘導(dǎo)的問(wèn)題函數(shù)，K ={ p（T ）|T ? S } 是技能多映射μ 在能力模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)，那么對(duì)于任意知識(shí)狀態(tài)K ∈ K，都存在T ? S，使得K = p（T ）。此時(shí)，能力狀態(tài)T 的底空間可以刻畫(huà)為：

?T?" * ={ T′|T′∈?T?" **，p（T′ ）= p（T ），T′極小}，

其中?T?" ** ={ T′|T′ =∪q ∈ K τ（ q ），τ（ q ）∈ μ（ q ）， K =p（T ） }。其中極小性表示對(duì)任意T′ ∈ ?T?" *，都不存在T′′?T′，滿(mǎn)足T′′ ∈ ?T?"**，p（T′′ ） = p（T ）。

證明 記X = { T′|T′ ∈ [T ]，T′極小}，Y = { T′|T′ ∈ ?T?" **，p（T′ ） = p（T ），T′極小}。

（1）對(duì)?T′ ∈ X，因?yàn)門(mén)′ 極小，所以不存在T′′ ? T′，滿(mǎn)足T′′ ∈ [T ]。又因?yàn)門(mén)′ ∈ [T ]，所以p（T′ ） = p（T ） = K，所以由問(wèn)題函數(shù)p 的定義得，對(duì)任意q ∈ K，都存在τ（ q ） ∈ μ（ q ），使得τ（ q ） ? T′，所以∪q ∈ K τ（ q ） ? T′，所以由定理1 可得p （∪q ∈ K τ（ q ））? p（T′ ）= K。又由問(wèn)題函數(shù)p 的定義得p （∪q ∈ K τ（ q ））? K，所以p （∪q ∈ K τ（ q ））= K，所以∪q ∈ K τ（ q ） ∈ [T ]。假設(shè)∪q ∈ K τ（ q ） ? T′，所以存在T′′ =∪q ∈ K τ（ q ） ? T′，滿(mǎn)足T′′ ∈ [T ]，矛盾，所以T′ =∪q ∈ K τ（ q ），所以 T′ ∈ ?T?" **。假設(shè)T′ ? Y，又因?yàn)?T′ ∈ ?T?" **，p（T′ ） = p（T ），所以存在T′′ ? T′， 滿(mǎn)足T′′ ∈ Y， 所以p（T′′ ） = p（T ） = K，所以T′′ ∈ [T ]，矛盾，所以T′∈ Y，所以X ? Y。

（2）另一方面，對(duì)?T′ ∈ Y，因?yàn)門(mén)′ 極小，所以 不 存 在 T′′?T′，滿(mǎn) 足 T′′ ∈ ?T?" **，p（T′′ ） =p（T ）。又因?yàn)閜（T′ ） = p（T ） = K， 所以T′ ∈ [T ]。假設(shè)T′ ? X，又因?yàn)門(mén)′ ∈ [T ]，所以存在T′′ ? T′，滿(mǎn)足T′′ ∈ X，所以由（1）可得X?Y，所 以 T′′ ∈ Y，所 以 T′′ ∈ ?T?" **，p（T′′ ） =p（T ），矛盾，所以T′ ∈ X，所以Y ? X。

綜上：X=Y，即?T?" * = Y，定理得證。

注 8?T?" ** 的構(gòu)造和將能力模型分解為多個(gè)合取模型的思想［20］一致。

引理4 設(shè)（ Q，S，p ） 是一個(gè)問(wèn)題函數(shù)，對(duì)?T，T1 ? S，有p （T1 ） ? p （T ） ? ?T1′ ∈ [T1 ]，T′∈?T?" **，s.t.T1′?T′ 成立。其中 ?T?" ** = { T′|T′ =∪q ∈ K τ（ q ），τ（ q ） ∈ μ（ q ），K = p（T ） }。

證明 因?yàn)門(mén)1 ∈ [T1 ]，所以[T1 ] ≠ ?，所以?T１?"* ≠?，所以存在T1′ ∈?T１?"* ? [T1 ]。由定理16 得，對(duì)任意q ∈ p（T1 ），都存在τ（ q ） ∈ μ（ q ），使得T1′ =∪q ∈ p（T1 ） τ（ q ）。又因?yàn)閜（T1 ） ? p（T ），所以對(duì)任意q ∈ p（T ）＼p（T1 ），任取τ（ q ） ∈ μ（ q ），那么存在

T′ = （∪q ∈ p（T1 ） τ（ q ））∪ （∪q ∈ p（T ）＼p（T1 ） τ（ q ））=∪q ∈ p（T ） τ（ q ） ∈ ?T?" **，

使得T1′ ? T′ 成立。

注9 以上引理反之未必成立，如例子12（1）所示。

注 10 ?T?" ** 未必等于 ?T?" *，并且如果將以上引理中的 ?T?" ** 替換為 ?T?" * 結(jié)論未必成立，如例子12（2）所示。

例子12（續(xù)例子8） （1）對(duì)于能力狀態(tài)T1 = { s，t }， [T1 ] = { { s，t }，S }， T = { t，u }，?T?" ** = { { s，t }，{ t，u } }，存 在 T ′1={ s，t } ∈ [T1 ]，T ′ = { s，t }∈ ?T?" **，使得T1′ ? T′ 成立，但是p（T1 ） = Q ? { a，b }= p（T ）。

（2）對(duì)于能力狀態(tài)T1 = { s }，T = { t，u }，可得p（T1 ） = { b } ? { a，b } = p（T ）， [T1 ] = { { s }，{ s，u } }，?T?" ** = { { s，t }，{ t，u } }，?T?"* = { { t，u } }，?T?"** ≠?T?" *，但是對(duì)于?T1′ ∈ [T1 ]，T′ ∈ ?T?" *，都有T1′ ? T′。

定理17 設(shè)（ Q，S，μ ） 是一個(gè)技能多映射，p是由技能多映射μ 誘導(dǎo)的問(wèn)題函數(shù)，K ={ p（T ）|T ? S } 是技能多映射μ 在能力模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)，那么對(duì)于任意知識(shí)狀態(tài)K ∈ K，都存在T ? S，使得K = p（T ）。此時(shí)，知識(shí)狀態(tài)K 的內(nèi)掌握邊緣可以刻畫(huà)為：

KIM ={ B|B = K＼p（T′＼T0 ），T0 ? T′，p（T′＼T0 ）? K，B非空極小}，

其中T′=∪?T?" **，?T?" ** ={ T′′|T′′ =∪q ∈ K τ（ q ）， τ（ q ）∈ μ（ q ），K = p（T ） }。其中極小性表示對(duì)任意B ∈ KIM，都不存在非空集B′ ? B，滿(mǎn)足B′ = K＼p（T′＼T0 ），T0 ? T′，p（T′＼T0 ） ? K。

證明 （1）先證{ B ? K|K＼B ∈ K } = { B|B =K＼p（T′＼T0 ），T0 ? T′，p（T′＼T0 ） ? K }。記

X ={ B ? K|K＼B ∈ K }，Y ={ B|B = K＼p（T′＼T0 ），T0 ? T′，p（T′＼T0 ）? K }。

對(duì)?B∈X，有K＼B∈K，B?K。記K1=K＼B，那么存在T1?S，使得K1=p（T1 ），并且有K1?K成立，即p（T1 ）?p（ T ）=K，所以由引理4可得存在T1′∈[T1 ]，T′′∈?T?" **，使得T1′?T′′，所以T1′?T′。又因?yàn)锽?K，所以B=K＼K1。又因?yàn)門(mén)1′?T′，所以存在T0=T′＼T1′?T′，有T′＼T0=T′＼（T′＼T1′ ）=T′∩T1′=T1′，p（T′＼T0 ）=p（T1′ ）=p（T1 ）=K1，使得B=K＼K1=K＼p（T′＼T0 ），所以B∈Y，所以X?Y。

另一方面，對(duì)?B ∈ Y，存在T0 ? T′，使得B = K＼p（T′＼T0 ），其中p（T′＼T0 ） ∈ K，令K1 =p（T′＼T0 ），則B = K＼K1 ? K。又因?yàn)镵1 = p（T′＼T0 ） ? K，所以

K＼B = K＼（ K＼K1 ） = K ∩ K1 = K1 ∈ K，m所以B ∈ X，所以Y ? X。

綜上：X = Y。

（2）對(duì)（1）中結(jié)果等式兩邊同時(shí)要求B 非空極小，再由定義1 即可證明。

注11 如果將以上定理中的?T?" ** 替換為?T?" * 結(jié)論未必成立，如例子13 所示。

例子13（續(xù)例子12） 對(duì)于知識(shí)狀態(tài)K ={ a，b }，取T = { t，u }，顯然p（T ） = K，由定義1可知B = { a } ∈ KIM，且K＼B = { b } ∈ K，但是對(duì)于 T′=∪?T?" * = { t，u }，再對(duì)?T0 ? T′ = { t，u }，K＼p（T′＼T0 ） ≠ B。

例子14（續(xù)例子1） 根據(jù)定理17 求解知識(shí)狀態(tài)K = { a，b，c } 的內(nèi)掌握邊緣KIM：

（1）求 解 T′=∪?T?" **，（其中T ? S，K =p（T ））：因 為 ?T?" ** = { { s，u }，{ s，t，u } } ，所以T′=∪?T?" ** = { s，t，u }。

（2）獲取T0 的取值范圍：T0 ? T′ = { s，t，u }，所以

T0 ∈ { ?，{ s }，{ t }，{ u }，{ s，t }，{ t，u }，{ s，u }，{ s，t，u } } 。

（3）遍歷T0，求解B（ 當(dāng)p（T′＼T0 ） ? K 時(shí)B = K＼p（T′＼T0 ），否則B 不存在）：

當(dāng)T0 ∈ { ?，{ s }，{ u }，{ s，u } } 時(shí)B 不存在，當(dāng)T0 ∈ { { t } } 時(shí)B = ?，當(dāng)T0 ∈ { { s，t } } 時(shí)B ={ a，c }， 當(dāng)T0 ∈ { { t，u } } 時(shí)B = { a，b }， 當(dāng)T0 ∈ { { s，t，u } } 時(shí)B = { a，b，c }。

（4） 要求B 非空極小， 得KIM ={ { a，c }，{ a，b } }。

至此，我們已經(jīng)可以在能力模型中用技能函數(shù)刻畫(huà)能力狀態(tài)的底空間，用問(wèn)題函數(shù)（和底空間）刻畫(huà)知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣，最后我們討論如何根據(jù)知識(shí)狀態(tài)的基于能力的內(nèi)掌握邊緣推薦需要學(xué)習(xí)鞏固的技能集。

定理18 設(shè)（ Q，S，μ ） 是一個(gè)技能多映射，p是由技能多映射μ 誘導(dǎo)的問(wèn)題函數(shù)，K ={ p（T ）|T ? S } 是技能多映射μ 在能力模型下生成的知識(shí)結(jié)構(gòu)，那么對(duì)于任意知識(shí)狀態(tài)K ∈ K，都存在T ? S，使得K = p（T ）。此時(shí)，知識(shí)狀態(tài)K 的基于能力的內(nèi)掌握邊緣為KIM*，那么對(duì)于任意問(wèn)題集B ∈ KIM*，存在TB ? S，使得K＼B =p（TB ）。而處于知識(shí)狀態(tài)K 的學(xué)生，要想鞏固知識(shí)狀態(tài)K，只需要鞏固學(xué)習(xí)技能集T0 即可，其中T0 ∈ T ={ T0|T0 =∪B ∈ KIM*T′＼∩?TB?"*，T′ ∈ ?T?" * } 。

證明 易 知 ?T?" * ≠ ? ，那么對(duì)任意T′ ∈?T?" * ，任意B ∈ KIM* ，K＼B ∈ K ，存在TB ? S ，使得 K＼B=p（TB ）。 取 TB′=∩?TB?"* ，假設(shè)T′? TB ′ ，那么由定理1 可得K = p（T′ ） ? p（TB ′ ）? p（TB ） = K＼B ， 與B ≠ ? 矛盾， 所以T′ ? TB ′ ，所以T′＼TB ′ ≠ ? ，T ≠ ? 。

處于知識(shí)狀態(tài)K 的學(xué)生如果發(fā)生退步，知識(shí)狀態(tài)最可能退步至K＼B，其中B ∈ KIM*。對(duì)任意B ∈ KIM*，存在TB ? S，使得K＼B = p（TB ）。對(duì)于任意TB′′∈[TB ]，任意T0∈T，取TB′=∩?TB?"*，存在T′∈?T?" *，使得T0 ? T′＼TB ′，又因?yàn)門(mén)B ′′ ? TB ′，所以TB ′′ ∪ T0 ? TB ′′ ∪（T′＼TB ′ ） =TB ′′ ∪ T′ ? T′，所以由定理1 可得p（TB ′′ ∪ T0 ） ? p（T′ ） = K。

注12 內(nèi)掌握邊緣KIM 中的所有問(wèn)題集B 都有可能遺忘，都需要鞏固。

注13 對(duì)于學(xué)生是否鞏固了知識(shí)狀態(tài)K，可以使用問(wèn)題集∪KIM 進(jìn)行檢驗(yàn)。

例子15（續(xù)例子11） 根據(jù)定理18 給出鞏固知識(shí)狀態(tài)K 的方案，其中K = { a，b，c }，B ∈ KIM* = { { a，c }，{ a，b } }：

（1）遍歷 B，求解∩?TB?*，（其中TB?S，K＼B=p（TB ））：當(dāng)B={ a，c }時(shí)?TB?*={ { u } }，∩?TB?"*={ u }，當(dāng)B={ a，b }時(shí)?TB?"*={ { s }，{ t } }，∩?TB?"*=?。

（2）求解 T：因?yàn)?T′ ∈ ?T? * = { { s，u } }，所以當(dāng)T′ = { s，u } 時(shí)

T0 =∪B ∈ KIM*T′＼∩?TB?* ={ s }∪{ s，u }={ s，u }，

所以

T ={ T0|T0 =∪B ∈ KIM*T′＼∩?TB?*，T′∈?T? * }={ { s，u } }。

（3）給出推薦方案T0 （ ∈ T ）：推薦學(xué)生鞏固學(xué)習(xí)技能集{ s，u }。

這就是能力模型中基于能力的個(gè)性化鞏固學(xué)習(xí)推薦過(guò)程，在這個(gè)過(guò)程中，我們不需要知道學(xué)生的具體能力狀態(tài)，也不需要建立整個(gè)知識(shí)結(jié)構(gòu)。

3 實(shí)驗(yàn)分析

本文在知識(shí)空間理論的框架下對(duì)原有的推薦方案進(jìn)行了改進(jìn)，推薦的準(zhǔn)確性和有效性由理論框架保障。因此，本文的實(shí)驗(yàn)主要考察算法的耗時(shí)和內(nèi)存占用。在本小節(jié)中，針對(duì)三種不同的模型，分別給出了根據(jù)定義和根據(jù)刻畫(huà)定理獲取內(nèi)掌握邊緣的算法，接著使用Python運(yùn)行并對(duì)比這兩種算法的耗時(shí)長(zhǎng)短與占用內(nèi)存大小（讀取技能映射或技能多映射的過(guò)程不計(jì)入其中。本文中涉及的內(nèi)存單位采用二進(jìn)制標(biāo)準(zhǔn)進(jìn)行定義，即1 KB=1024 Bytes）。下面先根據(jù)定義1 給出求解內(nèi)掌握邊緣的算法1。

算法1 的5 至17 行保證了B 的極小性。

3.1 合取模型下獲取內(nèi)掌握邊緣

（1）實(shí)驗(yàn)算法

①根據(jù)內(nèi)掌握邊緣和合取模型的定義給出求解內(nèi)掌握邊緣的算法2。

② 根據(jù)合取模型中的兩個(gè)刻畫(huà)定理（推論1、定理5、例子3）給出求解內(nèi)掌握邊緣算法3。

（2）實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，見(jiàn)表1。

（3）實(shí)驗(yàn)步驟與結(jié)果

① 利用算法2 和3 求解同一個(gè)知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣，并對(duì)比這兩種算法的耗時(shí)長(zhǎng)短與占用內(nèi)存大小，實(shí)驗(yàn)結(jié)果見(jiàn)表2。

② 探究算法2 和3 的耗時(shí)長(zhǎng)短與占用內(nèi)存大小隨知識(shí)狀態(tài)元素個(gè)數(shù)變化的規(guī)律，實(shí)驗(yàn)結(jié)果見(jiàn)圖1。算法3 相較算法2 耗時(shí)平均減少了72%，內(nèi)存占用平均降低了49%。

（4）實(shí)驗(yàn)結(jié)果分析見(jiàn)3.4 節(jié)。

3.2 析取模型下獲取內(nèi)掌握邊緣

（1）實(shí)驗(yàn)算法

①根據(jù)內(nèi)掌握邊緣和析取模型的定義給出求解內(nèi)掌握邊緣的算法2′。

② 根據(jù)析取模型中的兩個(gè)刻畫(huà)定理（定理8、定理9、例子6）給出求解內(nèi)掌握邊緣算法3′。

（2）實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，見(jiàn)表3。

（3）實(shí)驗(yàn)步驟與結(jié)果

①利用算法2′ 和3′ 求解同一個(gè)知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣，并對(duì)比這兩種算法的耗時(shí)長(zhǎng)短與占用內(nèi)存大小，實(shí)驗(yàn)結(jié)果見(jiàn)表4。

②探究算法2′ 和3′ 的耗時(shí)長(zhǎng)短與占用內(nèi)存大小隨知識(shí)狀態(tài)元素個(gè)數(shù)變化的規(guī)律，實(shí)驗(yàn)結(jié)果見(jiàn)圖2。算法3′ 相較算法2′ 耗時(shí)平均減少了86%，內(nèi)存占用平均降低了85%。

（4）實(shí)驗(yàn)結(jié)果分析見(jiàn)3.4 節(jié)。

3.3 能力模型下獲取內(nèi)掌握邊緣

（1）實(shí)驗(yàn)算法

①根據(jù)內(nèi)掌握邊緣和能力模型的定義給出求解內(nèi)掌握邊緣的算法2′′。

② 根據(jù)能力模型中的兩個(gè)刻畫(huà)定理（定理13、例子10）給出求解內(nèi)掌握邊緣算法3′′。

③ 根據(jù)能力模型中的兩個(gè)刻畫(huà)定理（定理17、例子14）給出求解內(nèi)掌握邊緣算法4′′。

（2）實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，見(jiàn)表5。

（3）實(shí)驗(yàn)步驟與結(jié)果

① 利用算法2′′、3′′ 和4′′ 求解同一個(gè)知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣，并對(duì)比這三種算法的耗時(shí)長(zhǎng)短與占用內(nèi)存大小，實(shí)驗(yàn)結(jié)果見(jiàn)表6。

② 探究算法2′′、3′′ 和4′′ 的耗時(shí)長(zhǎng)短與占用內(nèi)存大小隨知識(shí)狀態(tài)元素個(gè)數(shù)變化的規(guī)律，實(shí)驗(yàn)結(jié)果見(jiàn)圖3。算法4′′ 相較算法2′′ 耗時(shí)平均減少了73%，內(nèi)存占用平均降低了68%。

（4）實(shí)驗(yàn)結(jié)果分析見(jiàn)3.4 節(jié)。

3.4 三種模型的實(shí)驗(yàn)結(jié)果分析

由3.1 至3.3 節(jié)的實(shí)驗(yàn)步驟（3.1）及其結(jié)果可知原算法2（2′，2′′）和新算法3（3′，4′′）解同一個(gè)知識(shí)狀態(tài)的內(nèi)掌握邊緣的結(jié)果是一致的，說(shuō)明了算法的準(zhǔn)確性。當(dāng)然，通過(guò)第2 節(jié)中嚴(yán)格的證明也能得出該結(jié)論。雖然算法的運(yùn)行時(shí)間和占用內(nèi)存會(huì)受到各種不可控因素的影響，但是我們從實(shí)驗(yàn)步驟（3.2）及其結(jié)果還是可以很明顯地看出算法3（3′，4′′）的運(yùn)行時(shí)間和占用內(nèi)存比算法2（2′，2′′）的低，并且算法3（3′，4′′）的運(yùn)行時(shí)間和占用內(nèi)存大致上會(huì)隨著知識(shí)狀態(tài)元素個(gè)數(shù)的減少而降低，而算法2（2′，2′′）的不受影響。從數(shù)據(jù)上看，新算法相較原算法耗時(shí)平均減少了77%，內(nèi)存占用平均降低了67%。當(dāng)然，這些結(jié)論也可以從算法中分析出來(lái)，本文算法涉及大量的集合運(yùn)算，很難精確地表示出算法整體的時(shí)間和空間復(fù)雜度，但我們會(huì)發(fā)現(xiàn)需要對(duì)比的算法實(shí)際上只有部分行是不同的，而其他相同行的代碼即使有不同的實(shí)現(xiàn)方式也可以保持一致，所以我們只考慮對(duì)比算法中的不同行。觀察算法2（2′，2′′）的第1 行、算法3（3′，4′′）的第3 和第4 行，我們會(huì)發(fā)現(xiàn)算法2（2′，2′′）因?yàn)橐雀鶕?jù)模型的定義構(gòu)建出整個(gè)知識(shí)結(jié)構(gòu)，所以能力狀態(tài)要遍歷S 冪集的全部子集，即算法2（2′，2′′）的第1 行的時(shí)間空間復(fù)雜度分別均為O （2| S |）（O （2| S |）；O （2| S |）），而算法3（3′，4′′）不需要構(gòu)建整個(gè)知識(shí)結(jié)構(gòu)，所以可以只遍歷S 冪集的部分子集，即算法3（3′，4′′）的1—5 行的時(shí)間空間復(fù)雜度分別均為O （2| ?T? |） （O （2|?T? |）；O （2 ）） ||||∪?T?**，所以算法3（3′，4′′）的運(yùn)行時(shí)間和占用內(nèi)存比算法2（2′，2′′）的低，并且這部分子集是包含于學(xué)生已掌握技能集的子集。一般，學(xué)生的知識(shí)狀態(tài)的元素個(gè)數(shù)越少，已經(jīng)掌握的技能就越少，S 冪集中包含于已掌握技能集的子集就越少，所以算法3（3′，4′′）的運(yùn)行時(shí)間和占用內(nèi)存大致上會(huì)隨著知識(shí)狀態(tài)元素個(gè)數(shù)的減少而降低。

4 結(jié)論

本文提出一種基于同一類(lèi)能力的頂或底直接計(jì)算知識(shí)狀態(tài)內(nèi)掌握邊緣，進(jìn)行個(gè)性化鞏固學(xué)習(xí)推薦的一般方法，給出并利用兩個(gè)刻畫(huà)定理提高算法效率，使其耗時(shí)更短、占用內(nèi)存更小。方法步驟如下：先通過(guò)測(cè)試獲得當(dāng)前知識(shí)狀態(tài)，再通過(guò)算法3（3′，4′′）獲取當(dāng)前知識(shí)狀態(tài)的（基于能力的）內(nèi)掌握邊緣，而內(nèi)掌握邊緣中的所有問(wèn)題集都是需要鞏固的，再通過(guò)定理6（10 ，18）獲取技能集族T ，接著讓學(xué)生從中選擇一個(gè)技能集進(jìn)行鞏固學(xué)習(xí)即可保持當(dāng)前知識(shí)狀態(tài)并且可以使用內(nèi)掌握邊緣中的問(wèn)題集進(jìn)行檢驗(yàn)，這就是鞏固學(xué)習(xí)推薦的過(guò)程。

參考文獻(xiàn)：

[1] 中華人民共和國(guó)教育部. 中共中央辦公廳 國(guó)務(wù)院辦公廳印發(fā)《關(guān)于進(jìn)一步減輕義務(wù)教育階段學(xué)生作業(yè)負(fù)擔(dān)和校外培訓(xùn)負(fù)擔(dān)的意見(jiàn)》[EB/OL]. （2021-07-24）[2023-09-21]. http：//www. moe. gov. cn/jyb_xxgk/moe_1777/moe_1778/202107/t20210724_546576.html.

The Ministry of Education of the People's Republic ofChina. The General Office of the Central Committee of theCommunist Party of China， and the General Office of theState Council have issued the \"Opinions on FurtherReducing the Homework Burden and Off campus TrainingBurden of Students in Compulsory Education\"[EB/OL].（2021-07-24） [2023-09-21]. http：//www. moe. gov. cn/jyb_xxgk/moe_1777/moe_1778/202107/t20210724_546576.html.

[2] 賈積有， 樂(lè)惠驍， 張譽(yù)月， 等. 基于大數(shù)據(jù)挖掘的智能評(píng)測(cè)和輔導(dǎo)系統(tǒng)設(shè)計(jì)[J]. 中國(guó)電化教育， 2023（3）： 112-119. DOI： 10.3969/j.issn.1006-9860.2023.03.016.

JIA J Y， LE H X， ZHANG Y Y， et al. The Design of anIntelligent Assessment and Tutoring System Based onBig Data Mining[J]. China Educ Technol， 2023（3）： 112-119. DOI： 10.3969/j.issn.1006-9860.2023.03.016.

[3] REDDY A A， HARPER M. ALEKS-based Placement atthe University of Illinois[M]//Knowledge Spaces. Berlin，Heidelberg： Springer， 2013： 51-68.

[4] DE CHIUSOLE D， STEFANUTTI L， ANSELMI P， et al.Stat-knowlab. Assessment and Learning of Statisticswith Competence-based Knowledge Space Theory[J]. IntJ Artif Intell Educ， 2020， 30（4）： 668-700. DOI： 10.1007/s40593-020-00223-1.

[5] HELLER J， STEFANUTTI L， ANSELMI P， et al. On theLink between Cognitive Diagnostic Models and KnowledgeSpace Theory[J]. Psychometrika， 2015， 80（4）： 995-1019. DOI： 10.1007/s11336-015-9457-x.

[6] HELLER J， STEFANUTTI L， ANSELMI P， et al. ErratumTo： On the Link between Cognitive Diagnostic Modelsand Knowledge Space Theory[J]. Psychometrika，2016， 81（1）： 250-251. DOI： 10.1007/s11336-015-9494-5.

[7] FALMAGNE J C， DOIGNON J P. Learning Spaces： InterdisciplinaryApplied Mathematics[M]. Heidelberg：Springer Berlin， Heidelberg， 2010. DOI： 10.1007/978-3-642-01039-2.

[8] FALMAGNE J C， KOPPEN M， VILLANO M， et al. Introductionto Knowledge Spaces： How to Build， Test，and Search them[J]. Psychol Rev， 1990， 97（2）： 201-224.DOI： 10.1037//0033-295x.97.2.201.

[9] DOIGNON J P. Knowledge Spaces and Skill Assignments[M]//FISCHER GH， LAMING D. Contributions toMathematical Psychology， Psychometrics， and Methodology.New York： Springer， 1994： 111-121.10.1007/978-1-4612-4308-3_8.

[10] DüNTSCH I， GEDIGA G. Skills and Knowledge Structures[J]. Brit J Math Statis， 1995， 48（1）： 9-27. DOI：10.1111/j.2044-8317.1995.tb01047.x.

[11] GEDIGA G， DüNTSCH I. Skill Set Analysis in KnowledgeStructures[J]. Br J Math Stat Psychol， 2002， 55（Pt2）： 361-384. DOI： 10.1348/000711002760554516.

[12] KOROSSY K. Extending the Theory of KnowledgeSpaces： A Competence-Performance Approach[J].Zeitschrift fur Psychologie， 1997， 205（1）： 53-82.

[13] KOROSSY K. Modeling Knowledge as Competence andPerformance[M]//Knowledge Spaces. Psychology Press，1999： 115-144. DOI： 10.4324/9781410602077-14.

[14] HELLER J， üNLü A， ALBERT D. Skills， Competencies，and Knowledge Structures[M]//Knowledge Spaces： Applicationsin Education. Berlin， Germany： Springer-Verlag， 2013： 229-242. DOI： 10.1007/978-3-642-35329-111.

[15] HELLER J， STEINER C， HOCKEMEYER C， et al.Competence-Based Knowledge Structures for PersonalisedLearning[J]. IJEL， 2006， 5（1）： 75-88. DOI： https：//www.learntechlib.org/p/21759/.

[16] HELLER J， ANSELMI P， STEFANUTTI L， et al. ANecessary and Sufficient Condition for Unique Skill Assessment[J]. J Math Psychol， 2017， 79： 23-28. DOI：10.1016/j.jmp.2017.05.004.

[17] ANSELMI P， HELLER J， STEFANUTTI L， et al. Constructing，Improving， and Shortening Tests for Skill Assessment[J]. J Math Psychol， 2022， 106： 102621. DOI：10.1016/j.jmp.2021.102621.

[18] ANSELMI P， HELLER J， STEFANUTTI L， et al. ConstructingTests for Skill Assessment with CompetencebasedTest Development[J]. Br J Math Stat Psychol，2024， 77（3）： 429-458. DOI： 10.1111/bmsp.12335.

[19] STEFANUTTI L， DE CHIUSOLE D. On the Assessmentof Learning in Competence Based KnowledgeSpace Theory[J]. J Math Psychol， 2017， 80： 22-32.DOI： 10.1016/j.jmp.2017.08.003.

[20] 周銀鳳. 形式背景下構(gòu)建知識(shí)結(jié)構(gòu)與尋找學(xué)習(xí)路徑的方法研究[D]. 漳州： 閩南師范大學(xué)， 2022.

ZHOU Y F. Research on the Method of ConstructingKnowledge Structure and Finding Learning Path Underthe Formal Background[D]. Zhangzhou： MinnanNormal University， 2022.

[21] 周銀鳳， 李進(jìn)金， 馮丹露， 等. 形式背景下的學(xué)習(xí)路徑與技能評(píng)估[J]. 模式識(shí)別與人工智能， 2021， 34（12）： 1069-1084. DOI： 10.16451/j.cnki.issn1003-6059.202112001.

ZHOU Y F， LI J J， FENG D L， et al. Learning Paths andSkills Assessment in Formal Context[J]. PatternRecognit Artif Intell， 2021， 34（12）： 1069-1084. DOI：10.16451/j.cnki.issn1003-6059.202112001.

[22] NOVENTA S， SPOTO A， HELLER J， et al. On a Generalizationof Local Independence in Item ResponseTheory Based on Knowledge Space Theory[J]. Psychometrika，2019， 84（2）： 395-421. DOI： 10.1007/s11336-018-9645-6.

[23] STEFANUTTI L. On the Assessment of ProceduralKnowledge： From Problem Spaces to KnowledgeSpaces[J]. Br J Math Stat Psychol， 2019， 72（2）： 185-218. DOI： 10.1111/bmsp.12139.

[24] ANSELMI P， ROBUSTO E， STEFANUTTI L， et al. AnUpgrading Procedure for Adaptive Assessment ofKnowledge[J]. Psychometrika， 2016， 81（2）： 461-482.DOI： 10.1007/s11336-016-9498-9.

[25] SPOTO A， STEFANUTTI L， VIDOTTO G. On the Unidentifiabilityof a Certain Class of Skill Multi MapBased Probabilistic Knowledge Structures[J]. J MathPsychol， 2012， 56（4）： 248-255. DOI： 10.1016/j.jmp.2012.05.001.

基金項(xiàng)目：國(guó)家自然科學(xué)基金（12271191）