斷言
- 三角代數上的可乘映射
U上的同態映射。斷言1對任意的a∈A,有f12(a)=0,f22(a)=0。(1)其中:由式(1)可得,對于任意可逆的a∈A,有:由此可知,對于任意可逆的a∈A,有f12(a)=0,f22(a)=0。由假設 (i)得,對于任意a∈A,存在正整數n,使得nIA-a在A中可逆。因此,對任意的a∈A,有f12(nIA-a)=0,f22(nIA-a)=0。又由于nIA在A中可逆,故對于任意a∈A,f12(a)=0,f22(a)=0。斷言2對任意的b∈B,h11(b
西安理工大學學報 2023年2期2023-10-31
- 全局3-彩虹控制數與3-彩虹控制數之差為2和3的樹的刻畫
證明首先給出以下斷言.斷言1如果d(v2)=3或d(vk-1)=3,則γgr3(T)-γr3(T)≤1.斷言1的證明不失一般性,假設d(v2)=3且設N(v2){v1,v3}={u}.令f是一個γr3(T)-函數.注意到v2是度為3的強支撐點,顯然有|f(v1)|+|f(v2)|+|f(u)|≥2.若|f(v1)|+|f(v2)|+|f(u)|=2,則由γr3(T)-函數的定義知,f(v2)=?,|f(v1)|=|f(u)|=1且f(v1)∪f(v3)∪f
大連理工大學學報 2023年5期2023-10-12
- 無相鄰3-圈平面圖的鄰點可區別邊染色
然|C|≥10.斷言1[15]圖G中1-點不與5--點相鄰.注2設uv∈E(G)為G中的輕k-邊,k∈{2,3,4}.若H=G-uv存在一個T(G)-avd-邊染色φ且Cφ(u)≠Cφ(v),則|C(Cφ(u)∪Cφ(v))|≥10-2(k-1)≥4.由斷言2知,?α∈C(Cφ(u)∪Cφ(v)),使得邊uv可染α色且滿足u不與NG(u)中的點沖突,v不與v的鄰點沖突.因此,可以將φ擴染為G的一個T(G)-avd-邊染色.證明記NG(v)={v1,v2,…
浙江師范大學學報（自然科學版） 2022年4期2022-10-28
- von Neumann 代數上保持混合三重η-*-積的非線性映射
M).1 可加性斷言1φ(0)=0.斷言2任取A12∈M12，A21∈M21，則φ(A12+A21)=φ(A12)+φ(A21).斷言3設i，j∈{1，2}，若i≠j，Aii∈Mii，Aij∈Mij，Ajj∈Mjj，則φ(Aii+Aij)=φ(Aii)+φ(Aij)，φ(Ajj+Aij)=φ(Ajj)+φ(Aij).斷言4設i，j∈{1，2}，若i≠j，Aii∈Mii，Aij∈Mij，Aji∈Mji，則φ(Aii+Aij+Aji)=φ(Aii)+φ(Aij
華中師范大學學報（自然科學版） 2022年5期2022-10-20
- 保序模塊的formal fpv 驗證
示，特點是所有的斷言都需要被證明。對于這種sign-off flow，理想的RTL 代碼行數應在1 500～3 000 范圍內。在傳統Formal sign-off flow 中工具根據手動編寫的斷言自動提取生成coverage，不需要再編寫cover，保序模塊驗證正是采用這種傳統的方法。圖2 傳統formal sign-off flow另一種是新型formal sign-off flow，如圖3 所示，特點是允許有證不出來的斷言，也就是說允許有處于und
電子技術應用 2022年8期2022-09-24
- “隱性斷言”類副詞性關聯詞語在電視辯論中的互動性研究
副關下的“‘隱性斷言’類副詞性關聯詞語，是指可能發生的、可以理解的、合乎情理的推斷，含有一些猜測的意味”。本文以CCTV-4辯論節目《世界聽我說》和美國高端電視辯論IntelligenceU.S.Debate為語料來源，從互動語言學角度出發，以會話分析為理論基礎，重點探究漢英“隱性斷言”類副詞性關聯詞語“可能”和“maybe”在電視辯論中的分布異同、互動性等級和話輪轉換特點。二、“隱性斷言”類副詞性關聯詞語在電視辯論中的分布特點本節通過對比分析，討論了“可
名作欣賞 2022年24期2022-08-16
- C3-和C4-臨界連通圖的結構
,由引理9,下面斷言1成立。斷言3存在一個E′(u)-斷片H,使得u1∈N(H)。由斷言3,選取一個E′(u)-斷片H,使得u1∈N(H)且|H|盡可能小。設u2∈N(u)∩N(H)-{u1}，若|H|≤2,則由引理8可得d(u2)=6或者N(u)∩V6(G)∩H≠?，此時有|N(u)∩V6(G)|≥2,矛盾。所以可設|H|≥3。設u3∈N(u)∩H。斷言4存在一個斷片M,使得{u,u1,u3}?N(M)。由斷言4，取斷片M使得{u,u1,u3}?N(M)
廣西師范大學學報（自然科學版） 2022年4期2022-08-08
- 關于Smarandache函數的M?bius變換與歐拉函數
≥7,s≥1),斷言為證明斷言只需證明因為且2t-1-(4+t+t2)=u(t)>0.綜上,斷言得證.由上述斷言以及引理2.3可得這就完成了引理2.4的證明.證明設則n=n1n2且n2(-1)這就完成了引理2.5的證明.引理 2.6設α≥2為正整數,p、q均為素數且q>p≥5,則:1) (p-1)2pα-2>pα+2;2) (q-2)(p-2)>q+2.證明1)α=2,3,4,直接計算可知(p-1)2pα-2>pα+2.若α≥5,不妨設v(α)=(p-1)
四川師范大學學報（自然科學版） 2022年4期2022-07-04
- 圖的全局2-彩虹控制數的上界
+1)V(P)。斷言1：|X|≥δ-1且|Y|≥δ-1。斷言1的證明：由于P是圖G的一條直徑路，則N(v1)∩V(P)={v2},又因為δ(G)≥2,所以|X|=|N(v1)V(P)|≥δ-1。同理可得|Y|=|N(vd+1)V(P)|≥δ-1。斷言1得證。斷言2：對任意u∈X,u在(V(G)(V(P)∪{u}))∪{v3}中至少有一個鄰點。斷言2的證明：因為g(G)≥4,所以對任意u∈X,均有v2?N(u);又因為P是圖G的一條直徑路，所以對任意u∈X,
江西科學 2022年3期2022-06-27
- 從棋子計數看一類數表型創新題
+a2n=3n.斷言a1+a2+···+an≥2n.①若an≥2,則a1+a2+···+an≥nan≥2n,斷言成立;②若an≤1,則a2n≤a2n-1≤···≤an+1≤1,且an+1+an+2+···+a2n≤n,進而a1+a2+···+an=3n-(an+1+an+2+···+a2n)≥2n,斷言也成立.據此,棋盤前n行中至少包含了2n枚棋子,剩下的棋子不超過n枚,至多分布在n列中.因而,可以找到n行n列,使得它們包括了全部3n枚棋子.證畢.以上解題
中學數學研究(廣東) 2022年9期2022-06-16
- K5;5; p 的點可區別的 IE-全染色(p ?2 028)
C， 設為 g.斷言1? ?a ∈{1;2;· ·· ; k ?1} ， {a}不是 X ∪ Y 中任一點的色集合.否則 ， 不妨設a =1 且C（x1）= {1} ， 則 Z 中每個點的色集合必含1， 故p ? ∑（k i2） ， 與p >∑ （k i 1）?10矛盾.斷言2? 任意2 -子集均不是 X ∪ Y 中任一點的色集合.否則 ， 不妨設C（x1）= {1;2}且g（x1）= 1. 此時 Z 中每個點的色集合必含1 或2.在{1;2;· ·· ;
華東師范大學學報（自然科學版） 2022年2期2022-03-31
- “不用說”為什么還要說？*
——斷言話語標記“不用說”及其立場特征
人基于背景事件和斷言之間顯而易見的關系作出肯定；從功能上說，“不用說”用來“斷言化”，使后面的小句成為斷言?！安挥谜f”異于其他斷言標記之處主要在于立場不同，一是用來表現說話人對背景事件和斷言之間所具有的顯而易見關系的認識；一是用來表示說話人邀請聽話人共同斷言，從而達到認知協作的目的。1 引言先看下面例子(本文語料來自CCL語料庫和MLC語料庫)：(1)劉梅在廚房翻箱倒柜，居然連吃涮羊肉的小漏勺也沒有了，不用說，也被張家借走了。(2)她尋思，兒子要行兇，說殺
語言科學 2022年1期2022-02-03
- 獨立點數為3的圖的Z3-連通性
是Z3-連通的。斷言1 不存在點v∈S使得G1+v是Z3-連通的。斷言1的證明 假設存在點v∈S使得G1+v是Z3-連通的，則由引理1可知|V(G1)|≥4。設H是圖G中包含G1+v的極大Z3-連通子圖。若H∩G2≠?，則顯然有α(G-H)≤α(G2)=2。若H∩G2=?，則α(G-H)≤2。否則假設α(G-H)=3，注意到對任意點x∈V(G-H)，都有e(x,H)≤1，所以必存在u∈V(H)使得α(G)=4，矛盾！由引理5可知，G是Z3-連通的，矛盾！故
信陽師范學院學報（自然科學版） 2022年1期2022-01-27
- 特征為2的素＊-代數上強保持2-新積
. 下面通過8個斷言證明必要性.斷言 1φ 是可加的.對所有A,B,C∈?，有 (C·(A+B))2=(C·A)2+(C·B)2. 則由 φ 的滿射性和引理2得 φ(A+B)=φ(A)+φ(B).所以 φ 是可加的.斷言 2對所有非平凡對稱冪等元P，任取X∈?，有設P∈? 是非平凡對稱冪等元. 由 φ的滿射性得，對所有X∈?，存在Y∈?，使得X=φ(Y). 所以(φ(iP)·X)2=(φ(iP)·φ(Y))2=(iP·Y)2∈?12+?21.斷言 3對所有
云南大學學報（自然科學版） 2021年2期2021-03-30
- K3,4,p的點可區別一般全染色
9-GVDTC.斷言3 當499≤p≤1 006,?v∈X∪Y,|C(v)|≥6.斷言4當499≤p≤1 006,Z的色集合中至多含有6個 1-子集.反證法, 不妨設Z中包含{3},{4},…,{9}, 1-子集中僅僅不含{1},{2}這兩個集合,那么C(xi)∩C(yj)?{3,4,…,9}, 由于點染色滿足可區別性, 則只有{3,4,…,9}, {1,3,4,…,9}, {2,3,4,…,9}和 {1,2,3,4,…,9}這 4 個集合可以分配給X∪Y
廣州大學學報（自然科學版） 2020年3期2020-12-28
- 給定度序列的三圈圖的極值圖
)且k有如下4個斷言：由以上4個斷言可知,對任意遞增函數,必存在1個極值圖G,在T1上使Rf最大化,若記v1=v01,v2=v11,v3=v12,v4=v13,v5=v14,則v1v2,v1v3,v1v4,v2v3,v2v4,v2v5∈E(G),且對所有的x∈V(G){v1,v2,v3,v4,v5},有d(v1)≥d(v2)≥d(v3)≥d(v4)≥d(v5)≥d(x).定理證畢.d(v1)≥d(v2)≥d(v3)≥d(v4)≥d(v5)≥d(x).定理2
云南民族大學學報（自然科學版） 2020年4期2020-09-11
- K3,5,p的點可區別的一般全染色
)-GVDTC.斷言1) 任意1-子集都不是X∪Y中任一點的色集合.斷言2) 至少3個1-子集不是Z中任一點的色集合.否則, 不妨設僅有{1},{2}這兩個集合不是Z中任一點的色集合, 則{3},{4},…,{l-1}均是Z中點的色集合, 即C(xi)∩C(yj)?{3,4,…,l-1}, 從而X,Y中每個點可分配的色集合有{3,4,…,l-1},{1,3,4,…,l-1},{2,3,4,…,l-1},{1,2,3,…,l-1}, 而這4個集合不能區分X,
吉林大學學報（理學版） 2020年4期2020-07-17
- 餅干條件句的句法生成和語義推衍
就”;后件由表示斷言的“是”字句和“有”字句構成。從加標理論的角度來看，餅干條件句是無探針驅動的句法合并，而正常條件句則是由條件算子攜帶的條件特征作為探針驅動前后件的合并。在語義上，前件是能夠觸發規約涵義的言語行為，后件是斷言;前后件之間是“關聯——結果”關系?！瓣P聯斷言”方案可以為餅干條件句的基本性質提供統一的解釋。關鍵詞：餅干條件句;連接詞;斷言;關聯餅干條件句在前哲時賢的研究中名稱各異。它最早是由Austin的經典例句而得名[1]、[2]，是指像例（
現代語文 2020年11期2020-04-12
- 算子代數上的可乘左導子
1)-3)成立.斷言1δ(0)=0.顯然有δ(0)=δ(0·0)=0·δ(0)+0·δ(0)=0.斷言2δ(e1)=δ(e2)=0.(1)類似可證δ(1-e1)=0.斷言3δ(ij)={0}，i≠j∈{1,2}.對任意元x12∈12，由斷言2有δ(x12)=δ(x12(1-e1))=x12δ(1-e1)+(1-e1)δ(x12)=(1-e1)δ(x12).此式蘊含e1δ(x12)=0.另一方面，由斷言2有δ(x12)=δ(e1x12)=x12δ(e1)+e
太原師范學院學報(自然科學版) 2020年1期2020-03-31
- 因子von Neumann代數上的非線性斜Jordan三重可導映射
理4φ是可加的.斷言1對任意的A12∈A12,B21∈A21, 有φ(A12+B21)=φ(A12)+φ(B21).證明： 設T=φ(A12+B21)-φ(A12)-φ(B21). 由φ(0)=0及(P2-P1)·I·A12=(P2-P1)·I·B21=0,可得另一方面, 有于是(P2-P1)·I·T=0.(4)對式(4)兩邊分別同乘P1,P2, 則P1TP1=P2TP2=0.由A12·P1·I=0和φ(0)=0, 可得另一方面, 有Δ((A12+B21)
吉林大學學報（理學版） 2020年2期2020-03-25
- 兩類圖的符號全控制數
先證明以下五個斷言(這里1≤i ≤n).這與符號全控制函數的定義矛盾.結合斷言1 和斷言2, 推出下面的斷言3 和斷言4.斷言3每條路P(i)上連續三個頂點中至多有兩個頂點標為?1.斷言4每條路P(i)上連續四個頂點中至多有兩個頂點標為?1.因為γst(n·Fm+1)=nm+1?2t.由斷言 5 可知情況 3當m ≡1(mod 2) 時, 情況 2 中的斷言 1、2、3、4 依然成立.綜上所述, 有下面給出n·Fm+1的符號全控制的上界.情況1當m ≡0
數學雜志 2020年1期2020-02-21
- 描述邏輯ALC中關于偽子概念極小改變的R-演算?
，存在著這樣一條斷言(HavingarmsHavinglegs)(Tony).然而一次突發的事故讓Tony失去了雙腿，也使得關于Tony產生了一條新的事實斷言?Havinglegs(Tony).因此，我們就需要對于原有知識庫中的斷言做出修正.而按照之前R-演算SDL當中的修正規則，我們將得到如下修正:可以看到，經過修正后的知識庫中將只剩下斷言?Havinglegs(Tony)，即Tony依然是有胳膊的斷言沒有了，這當然不是我們想要的.直觀地，我們應當獲得這
軟件學報 2019年12期2019-10-26
- 關于班級群體的應對策略
加以引導的。采用斷言、重復、感染，促進大群體，采用積極舉措，應對小群體。關鍵詞 群體應對;斷言;重復;感染;小群體中圖分類號：Q523+.6，R511.8??????????????????????????????????? 文獻標識碼：A????????????????????????????????????????????????? 文章編號：1002-7661（2019）20-0051-01班級是個群體，群體總會表現出群體心里特征，在群體心理中，個人
讀寫算 2019年20期2019-10-23
- Top Republic of Korea's animal rights group slammed for destroying dogs
sserted（斷言）in appeals that it does not kill dogs even if they are not adopted.But Park said in a statement that a“small number” of exterminations had been “inevitable” since 2015 due to a “sharp increase in requests for rescue mis
瘋狂英語·新讀寫 2019年5期2019-05-15
- 余維有限的內蘊理想表示形式的存在唯一性?
是唯一的,即要證斷言1：k=事實上,若斷言1不真,則k≠不妨設k＜則xk∈μk?F,也即有于是可設其中a(x,λ)∈εx,λ.斷言2：也即可設斷言3：事實上,若斷言3不真,則由斷言2,不妨設ks由于且所以可設其中ai(x,λ)∈εx,λ(i=0,1,…,k),aji(x,λ)∈εx,λ(j=1,2,…,s;i=0,1,…,kj).因斷言4：可設其中ai(x,λ)∈εx,λ(i=0,1,…,k),aji(x,λ)∈εx,λ(j=1,2,…,s;i=0,1,…
首都師范大學學報（自然科學版） 2019年2期2019-05-07
- 一種基于棧區內存模型的C程序別名判斷算法
繹推理中，通常用斷言表示程序中每條語句處的狀態，由斷言根據Hoare邏輯[5]、分離邏輯[6]等規則推理得到驗證條件交由Z3[7]等自動定理證明器進行證明.演繹推理的優點是無誤報，不要求狀態空間有窮，并且可以模塊化地進行驗證.C語言采用相對底層的內存模型，指針可以指向內存的任意位置，并可以在不同類型之間自由轉換.C語言提供多種內存操作，如多級指針間接訪問、任意指針算術、數組和結構體數據類型.因此C語言程序可能發生空指針、 野指針、數組越界等多種內存安全問題
小型微型計算機系統 2019年2期2019-02-15
- 斷言、知心與修辭立其誠*
732)提 要 斷言作為一種行為，包含斷_行為和說_行為兩個成分。斷_行為包括無語言作斷、前語言作斷和借助語言的判斷。無語言作斷即荀子說的人生而能辨，借助語言的判斷即斷言。 斷言把斷言者跟被斷對象和所斷內容捆綁在一起，形成責任和義務。真誠斷言之人做到表里如一、言行如一“全誠”。文章吸納王夫之的思想，把誠分為兩大類：天之誠和人之誠。人之誠再細分為三個子類，分別為童心之誠、社會之誠和人格之誠。儒家強調修身養誠，獨處時向內講究自誠，向外講究對人誠。向外、人際間的
當代修辭學 2018年4期2019-01-14
- 是非曲直，當有明斷
——新表達論視角下的道德斷言闡釋
言近些年來，道德斷言業已成為語言哲學及倫理學研究的熱點。顧名思義，道德斷言主要是指就某一現象做出“對”“錯”“好”“惡”等道德性判斷的語句，如“助人為樂是美德、坑蒙拐騙遭唾棄”。表達論為一種闡述道德語句之意義的理論，主張道德斷言之所以能夠意謂其意謂，根本原因就在于所“表達”的內容，而不在于所“描述”的內容。換言之，真誠地做出的一般斷言表達關乎世界的信念，而真誠表述的道德斷言則表達了斷言者的態度。在闡釋道德斷言時，各種形式的傳統表達論雖說主旨大體相同，但是在
大連理工大學學報（社會科學版） 2018年5期2018-04-11
- 模糊命題模態邏輯的Tableau方法
確性,給出了模糊斷言集合的約簡策略;在此基礎上給出了FPML中的不一致性和不一致估值的定義。最后給出基于Tableau方法的FPML的一致性檢測方法TFPML和模糊斷言集合的不一致估值計算方法CID,并證明了其正確性。實例分析表明,本文提出的方法是正確有效的。Tableau方法；模態邏輯；模糊命題模態邏輯；不確定推理；一致性檢測；模糊斷言集合自動推理隸屬人工智能領域,也是理論計算機科學的一個重要組成部分,主要用來進行自動定理證明,通常用來判定某個公式的有效
哈爾濱工程大學學報 2017年6期2017-07-07
- 基于描述邏輯的動作理論研究
理論；狀態更新；斷言；動作推理；知識表示DOIDOI：10.11907/rjdk.151392中圖分類號：TP301文獻標識碼：A 文章編號文章編號：16727800（2015）008002904基金項目基金項目：江蘇省科技支撐計劃（社會發展）項目（BE2013696）；江蘇大學高級專業人才科研啟動基金項目（10JDG063）作者簡介作者簡介：劉一松（1966-），男，湖南長沙人，江蘇大學計算機科學與通信工程學院教授、碩士生導師，研究方向為分布式人工智能、
軟件導刊 2015年8期2015-09-18
- 路、圈的Mycielskian圖的反魔術標號
標號是反魔術的.斷言1.1（a）：f＋（v1）＜f＋（v2）＜…＜f＋（vn）且f＋（v′1）＜f＋（v′2）＜…＜f＋（v′n）.證明 首先考察集合V中的頂點.不難得到f＋（v1）＝2n＋3和f＋（v2）＝2n＋7.當i＝3，4，…，n－1時有又f＋（vn）＝2（n－2）＋2（n－1）＋4n＋2（n－2）＋2（n－2）－2＝12n－16.觀察發現f＋（v3）＝4n＋13＞f＋（v2）和 f＋（vn－1）＝12n－19＜f＋（bn）.因此不等式f＋（v1）
中國計量大學學報 2015年4期2015-06-01
- 兩類樹圖的Hamiltonian色數
,2,…,ln。斷言G(1)滿足引理2與之相應的條件(2)式。2 d-重似星樹的Hamiltonian色數斷言1 對于G的任意頂點序列σ:v1,v2,…,vn，有且上式等號成立當且僅當u0∈V(Pi,i+1)(i=1,2,…,n-1)，其中Pi,i+1表示從vi到vi+1的路。事實上，由G的結構可知，對任意i(i=1,2,…,n-1) ，如果u0∈V(Pi,i+1)，則D(vi,vi+1)=D(vi,u0)+D(u0,vi+1)；否則D(vi,vi+1)且
河北科技師范學院學報 2015年2期2015-04-11
- W(0，1)的李雙代數結構
V的內導子即可。斷言1 若0≠α∈?則dα∈Inn(W，V)。即 dα(xn)=uinn(xn).因此 dα=uinn是一個內導子。以下，用“≡”表示一個等式在模C(c?c)作用下恒成立。斷言2 對 d0∈Der(W，V)0，有 d0∈Inn(W，V)。下面我們分幾個子斷言來證明。子斷言1 d0(L0)≡d0(c)≡0對?xn∈Wn，n∈? ，將 d0分別作用在［L0，xn］=-nxn，［xn，c］=0 的兩邊，有 xn·d0(L0)=xn·d0(c)=0
中國傳媒大學學報(自然科學版) 2015年4期2015-03-13
- 擴展斷言知識檢驗一致的需求建模方法
0191）?擴展斷言知識檢驗一致的需求建模方法郭新峰1，馬世龍2，呂江花2，李睿2（1.山西大學 軟件學院，山西 太原 030013；2. 北京航空航天大學 計算機學院，北京 100191）保證需求完整一致是需求建模的關鍵，文中提出一種基于知識庫推理檢驗一致性的需求建模方法，該方法在建模中引入本體以增強表達能力，并結合語義建立約束規則構建需求模型知識庫，基于描述邏輯描述需求和檢驗需求一致性，將需求建模過程作為斷言知識庫的擴展過程，把需求完整性問題轉化為需求
智能系統學報 2015年1期2015-02-11
- 平面圖的無圈邊染色
于文獻［12］中斷言1，2，4，5和文獻［11］中斷言8的證明，有下面斷言1～4成立.斷言1 Δ（H）≥3，對u∈V（H），則n′3（u）＝n3（u）且n2（u）＋n3（u）＝d（u）－dH（u）＋n′3（u）.特別地，若dH（u）＝3，則d（u）＝3.斷言2 若dH（u）＝4且n′3（u）≥1，則d（u）＝4.斷言3 若H中存在一條路uvwx，使得d（u）＝4，d（v）＝d（x）＝3，dH（w）＝5，則d（w）＝5，n3（w）＝2，或者d（w）≥6，n2
江蘇師范大學學報(自然科學版) 2014年3期2014-11-15
- “可以說”向弱斷言成分發展的主觀化歷程
）“可以說”向弱斷言成分發展的主觀化歷程楊黎黎1，汪國勝2（1.新加坡國立大學中文系，新加坡；2.華中師范大學語言與語言教育研究中心，湖北武漢430079）“可以說3”是一個固化了的弱斷言成分，是“可以說1”主觀化的結果。跟“可以說2”比較，“可以說3”一般不帶“說”的施事，其前面的主語已經話題化。正是由于“可以說3”的句法特點，使得它可以表示說話人對命題的不完全的肯定，成為一種出于禮貌原則、顧及聽者面子而使用的一種緩和語氣的方式?！翱梢哉f3”的弱斷言性還
湖北大學學報（哲學社會科學版） 2014年6期2014-02-25
- 北京市藥品監督管理局關于發布2012年第六期（總第四十三期）醫療器械廣告監測結果的公告
告中大多含有功效斷言及保證、利用患者形象作證明等內容。北京市藥品監督管理局已將上述違規情況移交北京市工商行政管理局核查處理。二、經北京市藥品監督管理局審批通過的醫療器械廣告全部符合廣告審查標準、并已在市藥品監督局網站上進行公示。在此，北京市藥品監督管理局提醒大眾，要注意甄別真假醫療器械廣告，拒絕虛假宣傳。特此公告。附件：2012年第六期（總第四十三期）北京市違規醫療器械廣告監測結果北京市藥品監督管理局2013年3月12日附件：2012年第六期（總第四十三期
首都食品與醫藥 2013年9期2013-10-19
- 基于SAML的單點登錄技術在校園網中的應用研究及實現*
＞中所包含的各個斷言元素，并根據其包含的信息來判定是否應該同意或拒絕用戶對系統中資源的訪問請求。2.3 SAML斷言及認證請求在SAML規范中，斷言是一個重要的內容，它封裝了描述用戶的安全信息，除了作為其主要成分的聲明 (分為認證聲明和屬性聲明兩種)外，斷言還包含有相關約束條件和其他內容。斷言包含有ID、IssueInstant和Version三個屬性:ID是斷言的標識符，可以在引用某個斷言的時候使用它，屬于XML模型中定義的ID類型;IssueInsta
楚雄師范學院學報 2013年9期2013-09-13
- C2⊕C2n上不可分原子的結構*
明，首先給出一個斷言。斷言1 如果下列的條件有一個成立，則S是可分的。(i)g|A,g≠h；(ii)存在g|B，使得對任意的g′|Bg-1，g′+g≠h，且對任意的c|C，d|D，g′+c+d≠h。同理由對稱性，條件對C,D也成立。斷言的證明：(i) 若存在g|A滿足g=sh,s≥2，則g=(s-1)h+h。下面證明序列S′=Sg-1·(s-1)h·h是最小零和序列。欲證S′∈A(G)，只需證明對任意U|S′h-1，U是零和自由的。首先考慮(s-1)h|U
中山大學學報(自然科學版)(中英文) 2013年5期2013-04-24
- 北京市藥品監督管理局關于發布2011年第四季度違規保健食品廣告監測結果的公告
2-6表示功效的斷言、保證2 毛根生老黑方 晨露牌洋參芪杞膠囊 咸陽秦昆生物醫學工程有限公司國食健字G20100798 2011-10-6，2011-10-13，2011-10-20，2011-11-24，2011-12-1，2011-12-8，2011-12-15，2011-12-22表示功效的斷言、保證、利用消費者名義和形象為產品功效作證明3九九冬蟲夏草膠囊 壽世寶元牌冬蟲夏草(菌絲體)膠囊(原名：冬蟲夏草長生膠囊)湖北省葛店經濟技術開發區 永恒生物工
首都食品與醫藥 2012年8期2012-10-21
- 一類整數距離圖的點蔭度
明 顯然，若下列斷言成立，則引理得證.斷言1a0a4、a0a5、a1a5∈E（G）.顯然有 min｛a4－a0，a5－a1｝≥4，從而a0a4、a0a5、a1a5∈E（G）.斷言2a2－a1＝a3－a2＝a4－a3＝1.假若 max｛a2－a1，a3－a2，a4－a3｝≠1，則由斷言1可知，a0、a4、a1、a5導出一個4－圈，矛盾.從而斷言2成立.斷言3a1－a0、a5－a4∈［1，3］.若a1－a0＞3，則由斷言2可知a0、a1、a5導出一個三角形，矛
天津師范大學學報（自然科學版） 2012年3期2012-01-04
- 關于平面圖的7-全可染性的一個注記*
全可染的，則可得斷言1．斷言1［9］G是2-連通的，從而δ≥2且G的每個面的邊界都是圈．把度為k的點叫做k-點．類似地，度不小于k的點叫做k+-點，度不大于k的點叫做k－-點．斷言2［12］設 xy∈E．若 d(x)≤3，則 d(x)+d(y)≥Δ +2=8．特別地，G 中2-點只與6-點相鄰，3-點只與5+-點相鄰．斷言3 G不含圖1所示的結構．其中標記為·的點在G中沒有其他鄰點．圖1 G不含有的構形只證第5種情形(如圖1(e)所示)，其他情形的證明可參
浙江師范大學學報（自然科學版） 2011年3期2011-12-17
- 不含相鄰三角形的平面圖的線性 2-蔭度＊
均不成立,則以下斷言成立:斷言 1 ?xy∈E(G),滿足 dG(x)+dG(y)≥12,從而 2-點的鄰點一定是 10+-點,3-點的鄰點一定是9+-點.斷言 2 設 G2是 G中 2-點關聯的邊生成的子圖,則 G2是森林.由假設不成立可知,G2不含偶圈,由斷言 1知,G中任意 2個 2-點不相鄰,從而 G2中也不含奇圈,所以 G2是森林.斷言 3 G2包含一個匹配M,使得M飽含 G中的所有 2-點.假設 G中的頂點和面已被賦權,即當 x∈V(G)∪E(
浙江師范大學學報（自然科學版） 2011年2期2011-12-17
- 不含 3-圈平面圖的線性染色＊
M,且以下性質:斷言 1 δ(G)≥3.證明 假設 G包含 1-點 v與某點 u相鄰.顯然,H=G-{v}是一個沒有 3-圈的平面圖,滿足Δ(H)≤Δ(G).由 G的極小性知,H有一個線性染色 c應用顏色集合 C.為將 c擴充到整個圖 G,用不在 C2(u)∪假設 G包含一個 2-點 v,其鄰點為 x,y.顯然,H=G-{v}是一個沒有 3-圈的平面圖,滿足Δ(H)≤Δ(G).由G的極小性知,H有一個線性染色c應用顏色集合C.用不在{c(x),c(y)}∪
浙江師范大學學報（自然科學版） 2011年2期2011-12-17
- 最大度為6且不含5-圈和相鄰4-圈的平面圖是7-全可染的*
有以下幾個性質:斷言1［9］圖G是2-連通的．δ≥2，且因為圖G是2-連通的，所以G的每個面的邊界都是圈．把度數為k的點叫做k-點;類似地，把度數至少為k的點叫做k+-點;把度數至多為k的點叫做k--點．(i，j)-邊是指此邊的2個端點的度數分別為 i和 j;(i，j，k)-面是指此 3-面上的點的度數分別為 i，j，k．斷言 2［13］設 xy∈E．若 d(x)≤3，則d(x)+d(y)≥Δ +2=8．特別地，G中2-點只與6-點相鄰，3-點只與5+-點
浙江師范大學學報（自然科學版） 2011年3期2011-12-17
- 不含3-圈和4-圈的平面圖的線性2-蔭度
e)≥6,有以下斷言成立:斷言2 對每個頂點v∈V(G),都有n2(v)+n3(v)≤dG(v).設ω為定義在V(G)∪F(G)上的權函數.若v∈V(G),則設ω(v)=dG(v)-4.若f∈F(G),則設ω(f)=dG(f)-4,所以由歐拉公式得:設新規則為:先考慮f∈F(G):若dG(f)≥8,由斷言1得接下來考慮點v∈V(G),由于Δ(G)≥2,因此,dG(v)≥2.若dG(v)=4, 則ω′(v)=ω(v)=0;若dG(v)=5, 則ω′(v)=ω
河南工程學院學報(自然科學版) 2011年2期2011-11-24
- 一類平面圖的強邊著色
.則對于G有以下斷言成立:斷言1G不含有1－點.圖1 G斷言2G不含有2（1，1）－點.斷言 3G不含有 3（1，2，2）－點.1{c（uv1），c（uw1）}，要對uu1著色，需避開c（x）∪c（v1）∪c（w1）中的顏色.而|c（x）∪c（v1）∪c（w1）|≤2Δ +1，故至少有3種顏色可用于對uu1的著色，從而完成了對G的一個強邊著色，矛盾.若c（u1x）∈{c（uv1），c（uw1）}，不妨設c（u1x）=c（uv1）=c.首先對uv1重新著色，
重慶工商大學學報（自然科學版） 2011年2期2011-05-28
- 世上沒有預言家
托米勒對于天體的斷言，第：句話是當時洛杉磯著名醫生伊恩·麥當諾醫的報告里面的一句話，而今天沒有發生任何事的斷言更是當時的英國國王喬治三世說的。第四句話出自西方工會的內部備忘錄，第五句話是美國當時專利局局長查爾斯，杜爾的斷言，可正是從1899年以后開始，大量的發明創造涌現出來，人類的發明創造進入了有史以來的高峰期。第六句話是美國笛卡唱片拒絕披頭士的理由，第七句話是20世紀?？怂构矩撠熑说吕餇?，扎納克接受媒體記者采訪時發袁對剛出現的電視的看法，第八句話是法國
知識窗 2011年6期2011-05-14
- 數字集成電路高級驗證測試方法
往通過功能驗證和斷言驗證來實現。覆蓋率度量包括四方面：隱含度量、顯性度量、聲明度量和執行度量。2 覆蓋模型建立及應用一個完整的覆蓋模型主要包括三方面內容，即代碼覆蓋、斷言驗證和功能覆蓋。概括來說，建立覆蓋模型包括以下步驟：通過分析功能設計說明，記錄所有設計會用到的操作狀態，從中提取模型參數；捕捉所有操作狀態的參數值，繪制成表；根據各參數所有可能狀態定義所有節點，即每種組合為一個節點。設計并執行一個覆蓋模型分為兩部分內容，一部分是頂層設計，另一部分為細節設計
制造業自動化 2011年14期2011-04-10
- 有r個懸掛點仙人掌圖的零階廣義Randic指數的界
大的圖，則有如下斷言：斷言1 G不含圈．假設G含圈Cm∶x1x2…xmx1，則若去掉其中任意一邊，不妨設去掉邊x1xm后得到圖G′＝G－x1xm，顯然G′∈L（n，r）．則由引理3可知所以可知G不含圈．斷言2 G的頂點度數要么為1，要么為2，要么為Δ（G）．假設還有其他度數，不妨設G中頂點x有最大度Δ（G），頂點y度數滿足條件Δ（G）≥y≥3，則可知頂點y至少有一鄰點z滿足任意一條zx路經過頂點y，構造圖G′＝G－yz＋xz，顯然G′∈L（n，r），則由引
河北北方學院學報（自然科學版） 2011年5期2011-01-17
- 關于完全可定向圖的一個注記＊
)≥2.首先證明斷言 1.斷言 1 G滿足下面 2個性質:(1)若δ(G)≥4,則 G? K5;(2)若 δ(G)=3,則 |G|≤10.證明 因為τ(G)=‖G‖-|G|,所以‖G‖=τ(G)+|G|.由握手定理得為了完成定理 1的證明,首先假設δ(G)=2,則 G有一個 2-點 v.設 H=G-v,那么 |H|=|G|-1,且由歸納假設知,H是完全可定向的.由引理 3知,G也是完全可定向的.其次,假設δ(G)≥4.由斷言 1(1)知,G?K5.由文獻[
浙江師范大學學報（自然科學版） 2010年1期2010-12-17