Anmelden (DTAQ) DWDS     dlexDB     CLARIN-D

Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890.

Bild:
<< vorherige Seite
nächste Seite >>

§ 21. Auflösung uud Elimination bei Gleichungen und Subsumtionen.
welche dadurch bemerkenswert sind, dass sie ein Operationsglied weniger
enthalten, mithin einfacher erscheinen.

Um zunächst diese beiden neuen Formen für x aufeinander zurückzu-
führen, bemerke man, dass wegen a b = 0 hier
b = 1 · b = (a + a1) b = a b + a1 b = 0 + a1 b = a1 b,
oder auch rückwärts: a1 b = b sein muss; und ähnlich auch, dass a b1 = a.

Mit der vorhergehenden nach u homogenen Form x) bringt man so-
dann die Darstellung l), z. B. x = b + a1 u in Zusammenhang, indem man
rechts nach u entwickelt, wodurch sich ergibt:
x = b (u + u1) + a1 u = b u1 + (b + a1) u.

Nach Th. 33+) Zusatz ist aber jetzt b + a1 = a1 + a b = a1 + 0 = a1
-- wie denn überhaupt wegen a b1 oder b a1 hier:
a b1 = a, a1 b = b, a1 + b = a1, a + b1 = b1
schon nach Anm. 2 zu Th. 43) folgt -- und erhalten wir die frühere Form
x = b u1 + a1 u
aus der letzten durch Einsetzung jenes Wertes a1 für b + a1. Umgekehrt
erhält man aus dieser jene, indem man a1 durch das wegen a b = 0 ihm
gleiche a1 + b ersetzt und darnach die Glieder mit b zusammenzieht, d. h.
die eben vollzogene Umformung nun rückwärts ausführt.

m) Nach allen in ihr vorkommenden Symbolen rechterhand ent-
wickelt lautet unsre Lösung:

m)x = (a b + a1 b) u1 + (a1 b + a1 b1) u = a1 b u1 + (a1 b + a1 b1) u,
x1 = (a b1 + a1 b1) u1 + (a b + a b1) u = (a b1 + a1 b1) u1 + a b1 u,

wie sich aus k) leicht nach Th. 44+) ergibt, am bequemsten aber
direkt, indem man in k) den einen (mit b nicht behafteten) Term mit
b + b1 den andern (von a noch freien) Term mit a + a1 multiplizirt.
Die Ausdrücke m) könnten hinwiederum auch in:
n) x = a1 b + a1 b1 u = a1 (b + u b1),
x1 = a b1 + a1 b1 u1 = b1 (a + u1 a1)

zusammengezogen werden, wobei sie nach a, b noch entwickelt blieben.

x) Einen heuristischen Beweis, eine "Herleitung", der die Auflösung
leistenden Formel l) -- somit auch k) -- habe ich in meinem Opera-
tionskreis2 gegeben wie folgt.

Soll a x + b x1 = 0 sein, während die Bedingung a b = 0 für den
Bestand und die Auflösbarkeit dieser Gleichung erfüllt ist, so muss,
wie schon unter 49+) erwähnt, für sich:
a x = 0 und b x1 = 0
sein. Der ersten Forderung genügt man nach Th. 43) Zusatz auf die

§ 21. Auflösung uud Elimination bei Gleichungen und Subsumtionen.
welche dadurch bemerkenswert sind, dass sie ein Operationsglied weniger
enthalten, mithin einfacher erscheinen.

Um zunächst diese beiden neuen Formen für x aufeinander zurückzu-
führen, bemerke man, dass wegen a b = 0 hier
b = 1 · b = (a + a1) b = a b + a1 b = 0 + a1 b = a1 b,
oder auch rückwärts: a1 b = b sein muss; und ähnlich auch, dass a b1 = a.

Mit der vorhergehenden nach u homogenen Form x) bringt man so-
dann die Darstellung λ), z. B. x = b + a1 u in Zusammenhang, indem man
rechts nach u entwickelt, wodurch sich ergibt:
x = b (u + u1) + a1 u = b u1 + (b + a1) u.

Nach Th. 33+) Zusatz ist aber jetzt b + a1 = a1 + a b = a1 + 0 = a1
— wie denn überhaupt wegen a ⋹ b1 oder b ⋹ a1 hier:
a b1 = a, a1 b = b, a1 + b = a1, a + b1 = b1
schon nach Anm. 2 zu Th. 43) folgt — und erhalten wir die frühere Form
x = b u1 + a1 u
aus der letzten durch Einsetzung jenes Wertes a1 für b + a1. Umgekehrt
erhält man aus dieser jene, indem man a1 durch das wegen a b = 0 ihm
gleiche a1 + b ersetzt und darnach die Glieder mit b zusammenzieht, d. h.
die eben vollzogene Umformung nun rückwärts ausführt.

μ) Nach allen in ihr vorkommenden Symbolen rechterhand ent-
wickelt lautet unsre Lösung:

μ)x = (a b + a1 b) u1 + (a1 b + a1 b1) u = a1 b u1 + (a1 b + a1 b1) u,
x1 = (a b1 + a1 b1) u1 + (a b + a b1) u = (a b1 + a1 b1) u1 + a b1 u,

wie sich aus ϰ) leicht nach Th. 44+) ergibt, am bequemsten aber
direkt, indem man in ϰ) den einen (mit b nicht behafteten) Term mit
b + b1 den andern (von a noch freien) Term mit a + a1 multiplizirt.
Die Ausdrücke μ) könnten hinwiederum auch in:
ν) x = a1 b + a1 b1 u = a1 (b + u b1),
x1 = a b1 + a1 b1 u1 = b1 (a + u1 a1)

zusammengezogen werden, wobei sie nach a, b noch entwickelt blieben.

ξ) Einen heuristischen Beweis, eine „Herleitung“, der die Auflösung
leistenden Formel λ) — somit auch ϰ) — habe ich in meinem Opera-
tionskreis2 gegeben wie folgt.

Soll a x + b x1 = 0 sein, während die Bedingung a b = 0 für den
Bestand und die Auflösbarkeit dieser Gleichung erfüllt ist, so muss,
wie schon unter 49+) erwähnt, für sich:
a x = 0 und b x1 = 0
sein. Der ersten Forderung genügt man nach Th. 43) Zusatz auf die

<TEI>
  <text>
    <body>
      <div n="1">
        <div n="2">
          <p><pb facs="#f0479" n="459"/><fw place="top" type="header">§ 21. Auflösung uud Elimination bei Gleichungen und Subsumtionen.</fw><lb/>
welche dadurch bemerkenswert sind, dass sie ein Operationsglied weniger<lb/>
enthalten, mithin einfacher erscheinen.</p><lb/>
          <p>Um zunächst diese beiden neuen Formen für <hi rendition="#i">x aufeinander</hi> zurückzu-<lb/>
führen, bemerke man, dass wegen <hi rendition="#i">a b</hi> = 0 hier<lb/><hi rendition="#c"><hi rendition="#i">b</hi> = 1 · <hi rendition="#i">b</hi> = (<hi rendition="#i">a</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) <hi rendition="#i">b</hi> = <hi rendition="#i">a b</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi> = 0 + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi> = <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi>,</hi><lb/>
oder auch rückwärts: <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi> = <hi rendition="#i">b</hi> sein muss; und ähnlich auch, dass <hi rendition="#i">a b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = <hi rendition="#i">a</hi>.</p><lb/>
          <p>Mit der vorhergehenden nach <hi rendition="#i">u</hi> homogenen Form <hi rendition="#i">x</hi>) bringt man so-<lb/>
dann die Darstellung <hi rendition="#i">&#x03BB;</hi>), z. B. <hi rendition="#i">x</hi> = <hi rendition="#i">b</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">u</hi> in Zusammenhang, indem man<lb/>
rechts nach <hi rendition="#i">u</hi> entwickelt, wodurch sich ergibt:<lb/><hi rendition="#c"><hi rendition="#i">x</hi> = <hi rendition="#i">b</hi> (<hi rendition="#i">u</hi> + <hi rendition="#i">u</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">u</hi> = <hi rendition="#i">b u</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + (<hi rendition="#i">b</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) <hi rendition="#i">u</hi>.</hi></p><lb/>
          <p>Nach Th. 33<hi rendition="#sub">+</hi>) Zusatz ist aber jetzt <hi rendition="#i">b</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">a b</hi> = <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + 0 = <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi><lb/>
&#x2014; wie denn überhaupt wegen <hi rendition="#i">a</hi> &#x22F9; <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> oder <hi rendition="#i">b</hi> &#x22F9; <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> hier:<lb/><hi rendition="#c"><hi rendition="#i">a b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = <hi rendition="#i">a</hi>, <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi> = <hi rendition="#i">b</hi>, <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">b</hi> = <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi>, <hi rendition="#i">a</hi> + <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi></hi><lb/>
schon nach Anm. 2 zu Th. 43) folgt &#x2014; und erhalten wir die frühere Form<lb/><hi rendition="#c"><hi rendition="#i">x</hi> = <hi rendition="#i">b u</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">u</hi></hi><lb/>
aus der letzten durch Einsetzung jenes Wertes <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> für <hi rendition="#i">b</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi>. Umgekehrt<lb/>
erhält man aus dieser jene, indem man <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> durch das wegen <hi rendition="#i">a b</hi> = 0 ihm<lb/>
gleiche <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">b</hi> ersetzt und darnach die Glieder mit <hi rendition="#i">b</hi> zusammenzieht, d. h.<lb/>
die eben vollzogene Umformung nun rückwärts ausführt.</p><lb/>
          <p><hi rendition="#i">&#x03BC;</hi>) Nach <hi rendition="#i">allen</hi> in ihr vorkommenden Symbolen rechterhand ent-<lb/>
wickelt lautet unsre Lösung:<lb/><hi rendition="#et"><list><item><hi rendition="#i">&#x03BC;</hi>)<list rendition="#leftBraced"><item><hi rendition="#i">x</hi> = (<hi rendition="#i">a b</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi>) <hi rendition="#i">u</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + (<hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) <hi rendition="#i">u</hi> = <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b u</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + (<hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) <hi rendition="#i">u</hi>,</item><lb/><item><hi rendition="#i">x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = (<hi rendition="#i">a b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) <hi rendition="#i">u</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + (<hi rendition="#i">a b</hi> + <hi rendition="#i">a b</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) <hi rendition="#i">u</hi> = (<hi rendition="#i">a b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) <hi rendition="#i">u</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">a b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">u</hi>,</item></list></item></list></hi><lb/>
wie sich aus <hi rendition="#i">&#x03F0;</hi>) leicht nach Th. 44<hi rendition="#sub">+</hi>) ergibt, am bequemsten aber<lb/>
direkt, indem man in <hi rendition="#i">&#x03F0;</hi>) den einen (mit <hi rendition="#i">b</hi> nicht behafteten) Term mit<lb/><hi rendition="#i">b</hi> + <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> den andern (von <hi rendition="#i">a</hi> noch freien) Term mit <hi rendition="#i">a</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> multiplizirt.<lb/>
Die Ausdrücke <hi rendition="#i">&#x03BC;</hi>) könnten hinwiederum auch in:<lb/><hi rendition="#et"><list><item><hi rendition="#i">&#x03BD;</hi>) <list rendition="#leftBraced"><item><hi rendition="#i">x</hi> = <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">u</hi> = <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> (<hi rendition="#i">b</hi> + <hi rendition="#i">u b</hi><hi rendition="#sub">1</hi>),</item><lb/><item><hi rendition="#i">x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = <hi rendition="#i">a b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">u</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> (<hi rendition="#i">a</hi> + <hi rendition="#i">u</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi>)</item></list></item></list></hi><lb/>
zusammengezogen werden, wobei sie nach <hi rendition="#i">a</hi>, <hi rendition="#i">b</hi> noch entwickelt blieben.</p><lb/>
          <p><hi rendition="#i">&#x03BE;</hi>) Einen <hi rendition="#i">heuristischen</hi> Beweis, eine &#x201E;<hi rendition="#i">Herleitung</hi>&#x201C;, der die Auflösung<lb/>
leistenden Formel <hi rendition="#i">&#x03BB;</hi>) &#x2014; somit auch <hi rendition="#i">&#x03F0;</hi>) &#x2014; habe ich in meinem Opera-<lb/>
tionskreis<hi rendition="#sup">2</hi> gegeben wie folgt.</p><lb/>
          <p>Soll <hi rendition="#i">a x</hi> + <hi rendition="#i">b x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = 0 sein, während die Bedingung <hi rendition="#i">a b</hi> = 0 für den<lb/>
Bestand und die Auflösbarkeit dieser Gleichung erfüllt ist, so muss,<lb/>
wie schon unter 49<hi rendition="#sub">+</hi>) erwähnt, für sich:<lb/><hi rendition="#c"><hi rendition="#i">a x</hi> = 0 und <hi rendition="#i">b x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = 0</hi><lb/>
sein. Der ersten Forderung genügt man nach Th. 43) Zusatz auf die<lb/></p>
        </div>
      </div>
    </body>
  </text>
</TEI>
[459/0479] § 21. Auflösung uud Elimination bei Gleichungen und Subsumtionen. welche dadurch bemerkenswert sind, dass sie ein Operationsglied weniger enthalten, mithin einfacher erscheinen. Um zunächst diese beiden neuen Formen für x aufeinander zurückzu- führen, bemerke man, dass wegen a b = 0 hier b = 1 · b = (a + a1) b = a b + a1 b = 0 + a1 b = a1 b, oder auch rückwärts: a1 b = b sein muss; und ähnlich auch, dass a b1 = a. Mit der vorhergehenden nach u homogenen Form x) bringt man so- dann die Darstellung λ), z. B. x = b + a1 u in Zusammenhang, indem man rechts nach u entwickelt, wodurch sich ergibt: x = b (u + u1) + a1 u = b u1 + (b + a1) u. Nach Th. 33+) Zusatz ist aber jetzt b + a1 = a1 + a b = a1 + 0 = a1 — wie denn überhaupt wegen a ⋹ b1 oder b ⋹ a1 hier: a b1 = a, a1 b = b, a1 + b = a1, a + b1 = b1 schon nach Anm. 2 zu Th. 43) folgt — und erhalten wir die frühere Form x = b u1 + a1 u aus der letzten durch Einsetzung jenes Wertes a1 für b + a1. Umgekehrt erhält man aus dieser jene, indem man a1 durch das wegen a b = 0 ihm gleiche a1 + b ersetzt und darnach die Glieder mit b zusammenzieht, d. h. die eben vollzogene Umformung nun rückwärts ausführt. μ) Nach allen in ihr vorkommenden Symbolen rechterhand ent- wickelt lautet unsre Lösung: μ)x = (a b + a1 b) u1 + (a1 b + a1 b1) u = a1 b u1 + (a1 b + a1 b1) u, x1 = (a b1 + a1 b1) u1 + (a b + a b1) u = (a b1 + a1 b1) u1 + a b1 u, wie sich aus ϰ) leicht nach Th. 44+) ergibt, am bequemsten aber direkt, indem man in ϰ) den einen (mit b nicht behafteten) Term mit b + b1 den andern (von a noch freien) Term mit a + a1 multiplizirt. Die Ausdrücke μ) könnten hinwiederum auch in: ν) x = a1 b + a1 b1 u = a1 (b + u b1), x1 = a b1 + a1 b1 u1 = b1 (a + u1 a1) zusammengezogen werden, wobei sie nach a, b noch entwickelt blieben. ξ) Einen heuristischen Beweis, eine „Herleitung“, der die Auflösung leistenden Formel λ) — somit auch ϰ) — habe ich in meinem Opera- tionskreis2 gegeben wie folgt. Soll a x + b x1 = 0 sein, während die Bedingung a b = 0 für den Bestand und die Auflösbarkeit dieser Gleichung erfüllt ist, so muss, wie schon unter 49+) erwähnt, für sich: a x = 0 und b x1 = 0 sein. Der ersten Forderung genügt man nach Th. 43) Zusatz auf die

Suche im Werk

Hilfe

Informationen zum Werk

Download dieses Werks

XML (TEI P5) · HTML · Text
TCF (text annotation layer)
TCF (tokenisiert, serialisiert, lemmatisiert, normalisiert)
XML (TEI P5 inkl. att.linguistic)

Metadaten zum Werk

TEI-Header · CMDI · Dublin Core

Ansichten dieser Seite

Voyant Tools ?

Language Resource Switchboard?

Feedback

Sie haben einen Fehler gefunden? Dann können Sie diesen über unsere Qualitätssicherungsplattform DTAQ melden.

Kommentar zur DTA-Ausgabe

Dieses Werk wurde gemäß den DTA-Transkriptionsrichtlinien im Double-Keying-Verfahren von Nicht-Muttersprachlern erfasst und in XML/TEI P5 nach DTA-Basisformat kodiert.




Ansicht auf Standard zurückstellen

URL zu diesem Werk: https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890
URL zu dieser Seite: https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890/479
Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890, S. 459. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890/479>, abgerufen am 20.05.2024.