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断言

  • 三角代数上的可乘映射
    U上的同态映射。断言1对任意的a∈A,有f12(a)=0,f22(a)=0。(1)其中:由式(1)可得,对于任意可逆的a∈A,有:由此可知,对于任意可逆的a∈A,有f12(a)=0,f22(a)=0。由假设 (i)得,对于任意a∈A,存在正整数n,使得nIA-a在A中可逆。因此,对任意的a∈A,有f12(nIA-a)=0,f22(nIA-a)=0。又由于nIA在A中可逆,故对于任意a∈A,f12(a)=0,f22(a)=0。断言2对任意的b∈B,h11(b

    西安理工大学学报 2023年2期2023-10-31

  • 全局3-彩虹控制数与3-彩虹控制数之差为2和3的树的刻画
    证明首先给出以下断言.断言1如果d(v2)=3或d(vk-1)=3,则γgr3(T)-γr3(T)≤1.断言1的证明不失一般性,假设d(v2)=3且设N(v2){v1,v3}={u}.令f是一个γr3(T)-函数.注意到v2是度为3的强支撑点,显然有|f(v1)|+|f(v2)|+|f(u)|≥2.若|f(v1)|+|f(v2)|+|f(u)|=2,则由γr3(T)-函数的定义知,f(v2)=∅,|f(v1)|=|f(u)|=1且f(v1)∪f(v3)∪f

    大连理工大学学报 2023年5期2023-10-12

  • 无相邻3-圈平面图的邻点可区别边染色
    然|C|≥10.断言1[15]图G中1-点不与5--点相邻.注2设uv∈E(G)为G中的轻k-边,k∈{2,3,4}.若H=G-uv存在一个T(G)-avd-边染色φ且Cφ(u)≠Cφ(v),则|C(Cφ(u)∪Cφ(v))|≥10-2(k-1)≥4.由断言2知,∃α∈C(Cφ(u)∪Cφ(v)),使得边uv可染α色且满足u不与NG(u)中的点冲突,v不与v的邻点冲突.因此,可以将φ扩染为G的一个T(G)-avd-边染色.证明记NG(v)={v1,v2,…

    浙江师范大学学报（自然科学版） 2022年4期2022-10-28

  • von Neumann 代数上保持混合三重η-*-积的非线性映射
    M).1 可加性断言1φ(0)=0.断言2任取A12∈M12，A21∈M21，则φ(A12+A21)=φ(A12)+φ(A21).断言3设i，j∈{1，2}，若i≠j，Aii∈Mii，Aij∈Mij，Ajj∈Mjj，则φ(Aii+Aij)=φ(Aii)+φ(Aij)，φ(Ajj+Aij)=φ(Ajj)+φ(Aij).断言4设i，j∈{1，2}，若i≠j，Aii∈Mii，Aij∈Mij，Aji∈Mji，则φ(Aii+Aij+Aji)=φ(Aii)+φ(Aij

    华中师范大学学报（自然科学版） 2022年5期2022-10-20

  • 保序模块的formal fpv 验证
    示，特点是所有的断言都需要被证明。对于这种sign-off flow，理想的RTL 代码行数应在1 500～3 000 范围内。在传统Formal sign-off flow 中工具根据手动编写的断言自动提取生成coverage，不需要再编写cover，保序模块验证正是采用这种传统的方法。图2 传统formal sign-off flow另一种是新型formal sign-off flow，如图3 所示，特点是允许有证不出来的断言，也就是说允许有处于und

    电子技术应用 2022年8期2022-09-24

  • “隐性断言”类副词性关联词语在电视辩论中的互动性研究
    副关下的“‘隐性断言’类副词性关联词语，是指可能发生的、可以理解的、合乎情理的推断，含有一些猜测的意味”。本文以CCTV-4辩论节目《世界听我说》和美国高端电视辩论IntelligenceU.S.Debate为语料来源，从互动语言学角度出发，以会话分析为理论基础，重点探究汉英“隐性断言”类副词性关联词语“可能”和“maybe”在电视辩论中的分布异同、互动性等级和话轮转换特点。二、“隐性断言”类副词性关联词语在电视辩论中的分布特点本节通过对比分析，讨论了“可

    名作欣赏 2022年24期2022-08-16

  • C3-和C4-临界连通图的结构
    ,由引理9,下面断言1成立。断言3存在一个E′(u)-断片H,使得u1∈N(H)。由断言3,选取一个E′(u)-断片H,使得u1∈N(H)且|H|尽可能小。设u2∈N(u)∩N(H)-{u1}，若|H|≤2,则由引理8可得d(u2)=6或者N(u)∩V6(G)∩H≠∅，此时有|N(u)∩V6(G)|≥2,矛盾。所以可设|H|≥3。设u3∈N(u)∩H。断言4存在一个断片M,使得{u,u1,u3}⊆N(M)。由断言4，取断片M使得{u,u1,u3}⊆N(M)

    广西师范大学学报（自然科学版） 2022年4期2022-08-08

  • 关于Smarandache函数的Möbius变换与欧拉函数
    ≥7,s≥1),断言为证明断言只需证明因为且2t-1-(4+t+t2)=u(t)>0.综上,断言得证.由上述断言以及引理2.3可得这就完成了引理2.4的证明.证明设则n=n1n2且n2(-1)这就完成了引理2.5的证明.引理 2.6设α≥2为正整数,p、q均为素数且q>p≥5,则:1) (p-1)2pα-2>pα+2;2) (q-2)(p-2)>q+2.证明1)α=2,3,4,直接计算可知(p-1)2pα-2>pα+2.若α≥5,不妨设v(α)=(p-1)

    四川师范大学学报（自然科学版） 2022年4期2022-07-04

  • 图的全局2-彩虹控制数的上界
    +1)V(P)。断言1：|X|≥δ-1且|Y|≥δ-1。断言1的证明：由于P是图G的一条直径路，则N(v1)∩V(P)={v2},又因为δ(G)≥2,所以|X|=|N(v1)V(P)|≥δ-1。同理可得|Y|=|N(vd+1)V(P)|≥δ-1。断言1得证。断言2：对任意u∈X,u在(V(G)(V(P)∪{u}))∪{v3}中至少有一个邻点。断言2的证明：因为g(G)≥4,所以对任意u∈X,均有v2∉N(u);又因为P是图G的一条直径路，所以对任意u∈X,

    江西科学 2022年3期2022-06-27

  • 从棋子计数看一类数表型创新题
    +a2n=3n.断言a1+a2+···+an≥2n.①若an≥2,则a1+a2+···+an≥nan≥2n,断言成立;②若an≤1,则a2n≤a2n-1≤···≤an+1≤1,且an+1+an+2+···+a2n≤n,进而a1+a2+···+an=3n-(an+1+an+2+···+a2n)≥2n,断言也成立.据此,棋盘前n行中至少包含了2n枚棋子,剩下的棋子不超过n枚,至多分布在n列中.因而,可以找到n行n列,使得它们包括了全部3n枚棋子.证毕.以上解题

    中学数学研究(广东) 2022年9期2022-06-16

  • K5;5; p 的点可区别的 IE-全染色(p ?2 028)
    C， 设为 g.断言1  ?a ∈{1;2;· ·· ; k ?1} ， {a}不是 X ∪ Y 中任一点的色集合.否则 ， 不妨设a =1 且C（x1）= {1} ， 则 Z 中每个点的色集合必含1， 故p ? ∑（k i2） ， 与p >∑ （k i 1）?10矛盾.断言2  任意2 -子集均不是 X ∪ Y 中任一点的色集合.否则 ， 不妨设C（x1）= {1;2}且g（x1）= 1. 此时 Z 中每个点的色集合必含1 或2.在{1;2;· ·· ;

    华东师范大学学报（自然科学版） 2022年2期2022-03-31

  • “不用说”为什么还要说？* ——断言话语标记“不用说”及其立场特征
    人基于背景事件和断言之间显而易见的关系作出肯定；从功能上说，“不用说”用来“断言化”，使后面的小句成为断言。“不用说”异于其他断言标记之处主要在于立场不同，一是用来表现说话人对背景事件和断言之间所具有的显而易见关系的认识；一是用来表示说话人邀请听话人共同断言，从而达到认知协作的目的。1 引言先看下面例子(本文语料来自CCL语料库和MLC语料库)：(1)刘梅在厨房翻箱倒柜，居然连吃涮羊肉的小漏勺也没有了，不用说，也被张家借走了。(2)她寻思，儿子要行凶，说杀

    语言科学 2022年1期2022-02-03

  • 独立点数为3的图的Z3-连通性
    是Z3-连通的。断言1 不存在点v∈S使得G1+v是Z3-连通的。断言1的证明 假设存在点v∈S使得G1+v是Z3-连通的，则由引理1可知|V(G1)|≥4。设H是图G中包含G1+v的极大Z3-连通子图。若H∩G2≠∅，则显然有α(G-H)≤α(G2)=2。若H∩G2=∅，则α(G-H)≤2。否则假设α(G-H)=3，注意到对任意点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-连通的，矛盾！故

    信阳师范学院学报（自然科学版） 2022年1期2022-01-27

  • 特征为2的素＊-代数上强保持2-新积
    . 下面通过8个断言证明必要性.断言 1φ 是可加的.对所有A,B,C∈ℜ，有 (C·(A+B))2=(C·A)2+(C·B)2. 则由 φ 的满射性和引理2得 φ(A+B)=φ(A)+φ(B).所以 φ 是可加的.断言 2对所有非平凡对称幂等元P，任取X∈ℜ，有设P∈ℜ 是非平凡对称幂等元. 由 φ的满射性得，对所有X∈ℜ，存在Y∈ℜ，使得X=φ(Y). 所以(φ(iP)·X)2=(φ(iP)·φ(Y))2=(iP·Y)2∈ℜ12+ℜ21.断言 3对所有

    云南大学学报（自然科学版） 2021年2期2021-03-30

  • K3,4,p的点可区别一般全染色
    9-GVDTC.断言3 当499≤p≤1 006,∀v∈X∪Y,|C(v)|≥6.断言4当499≤p≤1 006,Z的色集合中至多含有6个 1-子集.反证法, 不妨设Z中包含{3},{4},…,{9}, 1-子集中仅仅不含{1},{2}这两个集合,那么C(xi)∩C(yj)⊇{3,4,…,9}, 由于点染色满足可区别性, 则只有{3,4,…,9}, {1,3,4,…,9}, {2,3,4,…,9}和 {1,2,3,4,…,9}这 4 个集合可以分配给X∪Y

    广州大学学报（自然科学版） 2020年3期2020-12-28

  • 给定度序列的三圈图的极值图
    )且k有如下4个断言：由以上4个断言可知,对任意递增函数,必存在1个极值图G,在T1上使Rf最大化,若记v1=v01,v2=v11,v3=v12,v4=v13,v5=v14,则v1v2,v1v3,v1v4,v2v3,v2v4,v2v5∈E(G),且对所有的x∈V(G){v1,v2,v3,v4,v5},有d(v1)≥d(v2)≥d(v3)≥d(v4)≥d(v5)≥d(x).定理证毕.d(v1)≥d(v2)≥d(v3)≥d(v4)≥d(v5)≥d(x).定理2

    云南民族大学学报（自然科学版） 2020年4期2020-09-11

  • K3,5,p的点可区别的一般全染色
    )-GVDTC.断言1) 任意1-子集都不是X∪Y中任一点的色集合.断言2) 至少3个1-子集不是Z中任一点的色集合.否则, 不妨设仅有{1},{2}这两个集合不是Z中任一点的色集合, 则{3},{4},…,{l-1}均是Z中点的色集合, 即C(xi)∩C(yj)⊇{3,4,…,l-1}, 从而X,Y中每个点可分配的色集合有{3,4,…,l-1},{1,3,4,…,l-1},{2,3,4,…,l-1},{1,2,3,…,l-1}, 而这4个集合不能区分X,

    吉林大学学报（理学版） 2020年4期2020-07-17

  • 饼干条件句的句法生成和语义推衍
    就”;后件由表示断言的“是”字句和“有”字句构成。从加标理论的角度来看，饼干条件句是无探针驱动的句法合并，而正常条件句则是由条件算子携带的条件特征作为探针驱动前后件的合并。在语义上，前件是能够触发规约涵义的言语行为，后件是断言;前后件之间是“关联——结果”关系。“关联断言”方案可以为饼干条件句的基本性质提供统一的解释。关键词：饼干条件句;连接词;断言;关联饼干条件句在前哲时贤的研究中名称各异。它最早是由Austin的经典例句而得名[1]、[2]，是指像例（

    现代语文 2020年11期2020-04-12

  • 算子代数上的可乘左导子
    1)-3)成立.断言1δ(0)=0.显然有δ(0)=δ(0·0)=0·δ(0)+0·δ(0)=0.断言2δ(e1)=δ(e2)=0.(1)类似可证δ(1-e1)=0.断言3δ(ij)={0}，i≠j∈{1,2}.对任意元x12∈12，由断言2有δ(x12)=δ(x12(1-e1))=x12δ(1-e1)+(1-e1)δ(x12)=(1-e1)δ(x12).此式蕴含e1δ(x12)=0.另一方面，由断言2有δ(x12)=δ(e1x12)=x12δ(e1)+e

    太原师范学院学报(自然科学版) 2020年1期2020-03-31

  • 因子von Neumann代数上的非线性斜Jordan三重可导映射
    理4φ是可加的.断言1对任意的A12∈A12,B21∈A21, 有φ(A12+B21)=φ(A12)+φ(B21).证明： 设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)对式(4)两边分别同乘P1,P2, 则P1TP1=P2TP2=0.由A12·P1·I=0和φ(0)=0, 可得另一方面, 有Δ((A12+B21)

    吉林大学学报（理学版） 2020年2期2020-03-25

  • 两类图的符号全控制数
    先证明以下五个断言(这里1≤i ≤n).这与符号全控制函数的定义矛盾.结合断言1 和断言2, 推出下面的断言3 和断言4.断言3每条路P(i)上连续三个顶点中至多有两个顶点标为−1.断言4每条路P(i)上连续四个顶点中至多有两个顶点标为−1.因为γst(n·Fm+1)=nm+1−2t.由断言 5 可知情况 3当m ≡1(mod 2) 时, 情况 2 中的断言 1、2、3、4 依然成立.综上所述, 有下面给出n·Fm+1的符号全控制的上界.情况1当m ≡0

    数学杂志 2020年1期2020-02-21

  • 描述逻辑ALC中关于伪子概念极小改变的R-演算∗
    ，存在着这样一条断言(HavingarmsHavinglegs)(Tony).然而一次突发的事故让Tony失去了双腿，也使得关于Tony产生了一条新的事实断言¬Havinglegs(Tony).因此，我们就需要对于原有知识库中的断言做出修正.而按照之前R-演算SDL当中的修正规则，我们将得到如下修正:可以看到，经过修正后的知识库中将只剩下断言¬Havinglegs(Tony)，即Tony依然是有胳膊的断言没有了，这当然不是我们想要的.直观地，我们应当获得这

    软件学报 2019年12期2019-10-26

  • 关于班级群体的应对策略
    加以引导的。采用断言、重复、感染，促进大群体，采用积极举措，应对小群体。关键词 群体应对;断言;重复;感染;小群体中图分类号：Q523+.6，R511.8                                    文献标识码：A                                                  文章编号：1002-7661（2019）20-0051-01班级是个群体，群体总会表现出群体心里特征，在群体心理中，个人

    读写算 2019年20期2019-10-23

  • Top Republic of Korea's animal rights group slammed for destroying dogs
    sserted（断言）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

    疯狂英语·新读写 2019年5期2019-05-15

  • 余维有限的内蕴理想表示形式的存在唯一性∗
    是唯一的,即要证断言1：k=事实上,若断言1不真,则k≠不妨设k＜则xk∈μk⊂F,也即有于是可设其中a(x,λ)∈εx,λ.断言2：也即可设断言3：事实上,若断言3不真,则由断言2,不妨设ks由于且所以可设其中ai(x,λ)∈εx,λ(i=0,1,…,k),aji(x,λ)∈εx,λ(j=1,2,…,s;i=0,1,…,kj).因断言4：可设其中ai(x,λ)∈εx,λ(i=0,1,…,k),aji(x,λ)∈εx,λ(j=1,2,…,s;i=0,1,…

    首都师范大学学报（自然科学版） 2019年2期2019-05-07

  • 一种基于栈区内存模型的C程序别名判断算法
    绎推理中，通常用断言表示程序中每条语句处的状态，由断言根据Hoare逻辑[5]、分离逻辑[6]等规则推理得到验证条件交由Z3[7]等自动定理证明器进行证明.演绎推理的优点是无误报，不要求状态空间有穷，并且可以模块化地进行验证.C语言采用相对底层的内存模型，指针可以指向内存的任意位置，并可以在不同类型之间自由转换.C语言提供多种内存操作，如多级指针间接访问、任意指针算术、数组和结构体数据类型.因此C语言程序可能发生空指针、 野指针、数组越界等多种内存安全问题

    小型微型计算机系统 2019年2期2019-02-15

  • 断言、知心与修辞立其诚*
    732)提 要 断言作为一种行为，包含断_行为和说_行为两个成分。断_行为包括无语言作断、前语言作断和借助语言的判断。无语言作断即荀子说的人生而能辨，借助语言的判断即断言。 断言把断言者跟被断对象和所断内容捆绑在一起，形成责任和义务。真诚断言之人做到表里如一、言行如一“全诚”。文章吸纳王夫之的思想，把诚分为两大类：天之诚和人之诚。人之诚再细分为三个子类，分别为童心之诚、社会之诚和人格之诚。儒家强调修身养诚，独处时向内讲究自诚，向外讲究对人诚。向外、人际间的

    当代修辞学 2018年4期2019-01-14

  • 是非曲直，当有明断 ——新表达论视角下的道德断言阐释
    言近些年来，道德断言业已成为语言哲学及伦理学研究的热点。顾名思义，道德断言主要是指就某一现象做出“对”“错”“好”“恶”等道德性判断的语句，如“助人为乐是美德、坑蒙拐骗遭唾弃”。表达论为一种阐述道德语句之意义的理论，主张道德断言之所以能够意谓其意谓，根本原因就在于所“表达”的内容，而不在于所“描述”的内容。换言之，真诚地做出的一般断言表达关乎世界的信念，而真诚表述的道德断言则表达了断言者的态度。在阐释道德断言时，各种形式的传统表达论虽说主旨大体相同，但是在

    大连理工大学学报（社会科学版） 2018年5期2018-04-11

  • 模糊命题模态逻辑的Tableau方法
    确性,给出了模糊断言集合的约简策略;在此基础上给出了FPML中的不一致性和不一致估值的定义。最后给出基于Tableau方法的FPML的一致性检测方法TFPML和模糊断言集合的不一致估值计算方法CID,并证明了其正确性。实例分析表明,本文提出的方法是正确有效的。Tableau方法；模态逻辑；模糊命题模态逻辑；不确定推理；一致性检测；模糊断言集合自动推理隶属人工智能领域,也是理论计算机科学的一个重要组成部分,主要用来进行自动定理证明,通常用来判定某个公式的有效

    哈尔滨工程大学学报 2017年6期2017-07-07

  • 基于描述逻辑的动作理论研究
    理论；状态更新；断言；动作推理；知识表示DOIDOI：10.11907/rjdk.151392中图分类号：TP301文献标识码：A 文章编号文章编号：16727800（2015）008002904基金项目基金项目：江苏省科技支撑计划（社会发展）项目（BE2013696）；江苏大学高级专业人才科研启动基金项目（10JDG063）作者简介作者简介：刘一松（1966-），男，湖南长沙人，江苏大学计算机科学与通信工程学院教授、硕士生导师，研究方向为分布式人工智能、

    软件导刊 2015年8期2015-09-18

  • 路、圈的Mycielskian图的反魔术标号
    标号是反魔术的.断言1.1（a）：f＋（v1）＜f＋（v2）＜…＜f＋（vn）且f＋（v′1）＜f＋（v′2）＜…＜f＋（v′n）.证明 首先考察集合V中的顶点.不难得到f＋（v1）＝2n＋3和f＋（v2）＝2n＋7.当i＝3，4，…，n－1时有又f＋（vn）＝2（n－2）＋2（n－1）＋4n＋2（n－2）＋2（n－2）－2＝12n－16.观察发现f＋（v3）＝4n＋13＞f＋（v2）和 f＋（vn－1）＝12n－19＜f＋（bn）.因此不等式f＋（v1）

    中国计量大学学报 2015年4期2015-06-01

  • 两类树图的Hamiltonian色数
    ,2,…,ln。断言G(1)满足引理2与之相应的条件(2)式。2 d-重似星树的Hamiltonian色数断言1 对于G的任意顶点序列σ:v1,v2,…,vn，有且上式等号成立当且仅当u0∈V(Pi,i+1)(i=1,2,…,n-1)，其中Pi,i+1表示从vi到vi+1的路。事实上，由G的结构可知，对任意i(i=1,2,…,n-1) ，如果u0∈V(Pi,i+1)，则D(vi,vi+1)=D(vi,u0)+D(u0,vi+1)；否则D(vi,vi+1)且

    河北科技师范学院学报 2015年2期2015-04-11

  • W(0，1)的李双代数结构
    V的内导子即可。断言1 若0≠α∈ℤ则dα∈Inn(W，V)。即 dα(xn)=uinn(xn).因此 dα=uinn是一个内导子。以下，用“≡”表示一个等式在模C(c⊗c)作用下恒成立。断言2 对 d0∈Der(W，V)0，有 d0∈Inn(W，V)。下面我们分几个子断言来证明。子断言1 d0(L0)≡d0(c)≡0对∀xn∈Wn，n∈ℤ ，将 d0分别作用在［L0，xn］=-nxn，［xn，c］=0 的两边，有 xn·d0(L0)=xn·d0(c)=0

    中国传媒大学学报(自然科学版) 2015年4期2015-03-13

  • 扩展断言知识检验一致的需求建模方法
    0191）扩展断言知识检验一致的需求建模方法郭新峰1，马世龙2，吕江花2，李睿2（1.山西大学 软件学院，山西 太原 030013；2. 北京航空航天大学 计算机学院，北京 100191）保证需求完整一致是需求建模的关键，文中提出一种基于知识库推理检验一致性的需求建模方法，该方法在建模中引入本体以增强表达能力，并结合语义建立约束规则构建需求模型知识库，基于描述逻辑描述需求和检验需求一致性，将需求建模过程作为断言知识库的扩展过程，把需求完整性问题转化为需求

    智能系统学报 2015年1期2015-02-11

  • 平面图的无圈边染色
    于文献［12］中断言1，2，4，5和文献［11］中断言8的证明，有下面断言1～4成立.断言1 Δ（H）≥3，对u∈V（H），则n′3（u）＝n3（u）且n2（u）＋n3（u）＝d（u）－dH（u）＋n′3（u）.特别地，若dH（u）＝3，则d（u）＝3.断言2 若dH（u）＝4且n′3（u）≥1，则d（u）＝4.断言3 若H中存在一条路uvwx，使得d（u）＝4，d（v）＝d（x）＝3，dH（w）＝5，则d（w）＝5，n3（w）＝2，或者d（w）≥6，n2

    江苏师范大学学报(自然科学版) 2014年3期2014-11-15

  • “可以说”向弱断言成分发展的主观化历程
    ）“可以说”向弱断言成分发展的主观化历程杨黎黎1，汪国胜2（1.新加坡国立大学中文系，新加坡；2.华中师范大学语言与语言教育研究中心，湖北武汉430079）“可以说3”是一个固化了的弱断言成分，是“可以说1”主观化的结果。跟“可以说2”比较，“可以说3”一般不带“说”的施事，其前面的主语已经话题化。正是由于“可以说3”的句法特点，使得它可以表示说话人对命题的不完全的肯定，成为一种出于礼貌原则、顾及听者面子而使用的一种缓和语气的方式。“可以说3”的弱断言性还

    湖北大学学报（哲学社会科学版） 2014年6期2014-02-25

  • 北京市药品监督管理局关于发布2012年第六期（总第四十三期）医疗器械广告监测结果的公告
    告中大多含有功效断言及保证、利用患者形象作证明等内容。北京市药品监督管理局已将上述违规情况移交北京市工商行政管理局核查处理。二、经北京市药品监督管理局审批通过的医疗器械广告全部符合广告审查标准、并已在市药品监督局网站上进行公示。在此，北京市药品监督管理局提醒大众，要注意甄别真假医疗器械广告，拒绝虚假宣传。特此公告。附件：2012年第六期（总第四十三期）北京市违规医疗器械广告监测结果北京市药品监督管理局2013年3月12日附件：2012年第六期（总第四十三期

    首都食品与医药 2013年9期2013-10-19

  • 基于SAML的单点登录技术在校园网中的应用研究及实现*
    ＞中所包含的各个断言元素，并根据其包含的信息来判定是否应该同意或拒绝用户对系统中资源的访问请求。2.3 SAML断言及认证请求在SAML规范中，断言是一个重要的内容，它封装了描述用户的安全信息，除了作为其主要成分的声明 (分为认证声明和属性声明两种)外，断言还包含有相关约束条件和其他内容。断言包含有ID、IssueInstant和Version三个属性:ID是断言的标识符，可以在引用某个断言的时候使用它，属于XML模型中定义的ID类型;IssueInsta

    楚雄师范学院学报 2013年9期2013-09-13

  • C2⊕C2n上不可分原子的结构*
    明，首先给出一个断言。断言1 如果下列的条件有一个成立，则S是可分的。(i)g|A,g≠h；(ii)存在g|B，使得对任意的g′|Bg-1，g′+g≠h，且对任意的c|C，d|D，g′+c+d≠h。同理由对称性，条件对C,D也成立。断言的证明：(i) 若存在g|A满足g=sh,s≥2，则g=(s-1)h+h。下面证明序列S′=Sg-1·(s-1)h·h是最小零和序列。欲证S′∈A(G)，只需证明对任意U|S′h-1，U是零和自由的。首先考虑(s-1)h|U

    中山大学学报(自然科学版)(中英文) 2013年5期2013-04-24

  • 北京市药品监督管理局关于发布2011年第四季度违规保健食品广告监测结果的公告
    2-6表示功效的断言、保证2 毛根生老黑方 晨露牌洋参芪杞胶囊 咸阳秦昆生物医学工程有限公司国食健字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表示功效的断言、保证、利用消费者名义和形象为产品功效作证明3九九冬虫夏草胶囊 寿世宝元牌冬虫夏草(菌丝体)胶囊(原名：冬虫夏草长生胶囊)湖北省葛店经济技术开发区 永恒生物工

    首都食品与医药 2012年8期2012-10-21

  • 一类整数距离图的点荫度
    明 显然，若下列断言成立，则引理得证.断言1a0a4、a0a5、a1a5∈E（G）.显然有 min｛a4－a0，a5－a1｝≥4，从而a0a4、a0a5、a1a5∈E（G）.断言2a2－a1＝a3－a2＝a4－a3＝1.假若 max｛a2－a1，a3－a2，a4－a3｝≠1，则由断言1可知，a0、a4、a1、a5导出一个4－圈，矛盾.从而断言2成立.断言3a1－a0、a5－a4∈［1，3］.若a1－a0＞3，则由断言2可知a0、a1、a5导出一个三角形，矛

    天津师范大学学报（自然科学版） 2012年3期2012-01-04

  • 关于平面图的7-全可染性的一个注记*
    全可染的，则可得断言1．断言1［9］G是2-连通的，从而δ≥2且G的每个面的边界都是圈．把度为k的点叫做k-点．类似地，度不小于k的点叫做k+-点，度不大于k的点叫做k－-点．断言2［12］设 xy∈E．若 d(x)≤3，则 d(x)+d(y)≥Δ +2=8．特别地，G 中2-点只与6-点相邻，3-点只与5+-点相邻．断言3 G不含图1所示的结构．其中标记为·的点在G中没有其他邻点．图1 G不含有的构形只证第5种情形(如图1(e)所示)，其他情形的证明可参

    浙江师范大学学报（自然科学版） 2011年3期2011-12-17

  • 不含相邻三角形的平面图的线性 2-荫度＊
    均不成立,则以下断言成立:断言 1 ∀xy∈E(G),满足 dG(x)+dG(y)≥12,从而 2-点的邻点一定是 10+-点,3-点的邻点一定是9+-点.断言 2 设 G2是 G中 2-点关联的边生成的子图,则 G2是森林.由假设不成立可知,G2不含偶圈,由断言 1知,G中任意 2个 2-点不相邻,从而 G2中也不含奇圈,所以 G2是森林.断言 3 G2包含一个匹配M,使得M饱含 G中的所有 2-点.假设 G中的顶点和面已被赋权,即当 x∈V(G)∪E(

    浙江师范大学学报（自然科学版） 2011年2期2011-12-17

  • 不含 3-圈平面图的线性染色＊
    M,且以下性质:断言 1 δ(G)≥3.证明 假设 G包含 1-点 v与某点 u相邻.显然,H=G-{v}是一个没有 3-圈的平面图,满足Δ(H)≤Δ(G).由 G的极小性知,H有一个线性染色 c应用颜色集合 C.为将 c扩充到整个图 G,用不在 C2(u)∪假设 G包含一个 2-点 v,其邻点为 x,y.显然,H=G-{v}是一个没有 3-圈的平面图,满足Δ(H)≤Δ(G).由G的极小性知,H有一个线性染色c应用颜色集合C.用不在{c(x),c(y)}∪

    浙江师范大学学报（自然科学版） 2011年2期2011-12-17

  • 最大度为6且不含5-圈和相邻4-圈的平面图是7-全可染的*
    有以下几个性质:断言1［9］图G是2-连通的．δ≥2，且因为图G是2-连通的，所以G的每个面的边界都是圈．把度数为k的点叫做k-点;类似地，把度数至少为k的点叫做k+-点;把度数至多为k的点叫做k--点．(i，j)-边是指此边的2个端点的度数分别为 i和 j;(i，j，k)-面是指此 3-面上的点的度数分别为 i，j，k．断言 2［13］设 xy∈E．若 d(x)≤3，则d(x)+d(y)≥Δ +2=8．特别地，G中2-点只与6-点相邻，3-点只与5+-点

    浙江师范大学学报（自然科学版） 2011年3期2011-12-17

  • 不含3-圈和4-圈的平面图的线性2-荫度
    e)≥6,有以下断言成立:断言2 对每个顶点v∈V(G),都有n2(v)+n3(v)≤dG(v).设ω为定义在V(G)∪F(G)上的权函数.若v∈V(G),则设ω(v)=dG(v)-4.若f∈F(G),则设ω(f)=dG(f)-4,所以由欧拉公式得:设新规则为:先考虑f∈F(G):若dG(f)≥8,由断言1得接下来考虑点v∈V(G),由于Δ(G)≥2,因此,dG(v)≥2.若dG(v)=4, 则ω′(v)=ω(v)=0;若dG(v)=5, 则ω′(v)=ω

    河南工程学院学报(自然科学版) 2011年2期2011-11-24

  • 一类平面图的强边着色
    .则对于G有以下断言成立:断言1G不含有1－点.图1 G断言2G不含有2（1，1）－点.断言 3G不含有 3（1，2，2）－点.1{c（uv1），c（uw1）}，要对uu1着色，需避开c（x）∪c（v1）∪c（w1）中的颜色.而|c（x）∪c（v1）∪c（w1）|≤2Δ +1，故至少有3种颜色可用于对uu1的着色，从而完成了对G的一个强边着色，矛盾.若c（u1x）∈{c（uv1），c（uw1）}，不妨设c（u1x）=c（uv1）=c.首先对uv1重新着色，

    重庆工商大学学报（自然科学版） 2011年2期2011-05-28

  • 世上没有预言家
    托米勒对于天体的断言，第：句话是当时洛杉矶著名医生伊恩·麦当诺医的报告里面的一句话，而今天没有发生任何事的断言更是当时的英国国王乔治三世说的。第四句话出自西方工会的内部备忘录，第五句话是美国当时专利局局长查尔斯，杜尔的断言，可正是从1899年以后开始，大量的发明创造涌现出来，人类的发明创造进入了有史以来的高峰期。第六句话是美国笛卡唱片拒绝披头士的理由，第七句话是20世纪福克斯公司负责人德里尔，扎纳克接受媒体记者采访时发袁对刚出现的电视的看法，第八句话是法国

    知识窗 2011年6期2011-05-14

  • 数字集成电路高级验证测试方法
    往通过功能验证和断言验证来实现。覆盖率度量包括四方面：隐含度量、显性度量、声明度量和执行度量。2 覆盖模型建立及应用一个完整的覆盖模型主要包括三方面内容，即代码覆盖、断言验证和功能覆盖。概括来说，建立覆盖模型包括以下步骤：通过分析功能设计说明，记录所有设计会用到的操作状态，从中提取模型参数；捕捉所有操作状态的参数值，绘制成表；根据各参数所有可能状态定义所有节点，即每种组合为一个节点。设计并执行一个覆盖模型分为两部分内容，一部分是顶层设计，另一部分为细节设计

    制造业自动化 2011年14期2011-04-10

  • 有r个悬挂点仙人掌图的零阶广义Randic指数的界
    大的图，则有如下断言：断言1 G不含圈．假设G含圈Cm∶x1x2…xmx1，则若去掉其中任意一边，不妨设去掉边x1xm后得到图G′＝G－x1xm，显然G′∈L（n，r）．则由引理3可知所以可知G不含圈．断言2 G的顶点度数要么为1，要么为2，要么为Δ（G）．假设还有其他度数，不妨设G中顶点x有最大度Δ（G），顶点y度数满足条件Δ（G）≥y≥3，则可知顶点y至少有一邻点z满足任意一条zx路经过顶点y，构造图G′＝G－yz＋xz，显然G′∈L（n，r），则由引

    河北北方学院学报（自然科学版） 2011年5期2011-01-17

  • 关于完全可定向图的一个注记＊
    )≥2.首先证明断言 1.断言 1 G满足下面 2个性质:(1)若δ(G)≥4,则 G≅ K5;(2)若 δ(G)=3,则 |G|≤10.证明 因为τ(G)=‖G‖-|G|,所以‖G‖=τ(G)+|G|.由握手定理得为了完成定理 1的证明,首先假设δ(G)=2,则 G有一个 2-点 v.设 H=G-v,那么 |H|=|G|-1,且由归纳假设知,H是完全可定向的.由引理 3知,G也是完全可定向的.其次,假设δ(G)≥4.由断言 1(1)知,G≅K5.由文献[

    浙江师范大学学报（自然科学版） 2010年1期2010-12-17

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