Dieselbe ist auch äquivalent dem System der drei Gleichungen: y z = 0, z x = 0, x y = 0, indem ihr Polynom sich mittelst identischer Umformungen leicht in x y + y z + z x zusammenziehen lässt.
Auflösung. Es wird also die nach x aufzulösende Gleichung in der Gestalt erscheinen: x (y + z) + x1y z = 0, und nach dem vollen Schema ergibt sich darnach systematisch:
x = a b1g1 + a1b g,
x1 = a (b + g) + a1 (b1 + g1),
y = b g1a1 + b1g a,
etc.
z = g a1b1 + g1a b,
wozu nur noch bemerkt werden mag, dass x und x1 auch in der Gestalt: x = (g a1 + g1a) (a b1 + a1b), x1 = (g a + g1a1) + (a b + a1b1) geschrieben werden könnten, etc.
Anmerkung. Die Lösung derjenigen Gleichung: x1y z + y1z x + z1x y = 0, welche nur die drei letzten Glieder der obigen umfasst, müssen sich nunmehr ergeben, wenn man in denen der Aufgabe 7 die Unbekannten mit ihren Negationen vertauscht. Thut man das gleiche auch mit den dortigen Parametern, so werden sich:
x = a + b g,
x1 = a1 (b1 + g1)
y = b + g a,
etc.
z = g + a b,
als diese gesuchten Lösungen ergeben.
Übrigens ist hervorzuheben, dass bei den Aufgaben 7 und 8 weder das Verfahren nach dem vollen, noch dasjenige nach dem verkürzten Schema uns die in formaler Hinsicht einfachsten Lösungen lieferte, welche möglich erscheinen.
Vielmehr drücken schon die Ansätze:
[Tabelle]
Lösungen aus für die darunter gesetzten Aufgaben (deren letzte aus Aufgabe 8 durch Vertauschung der Unbekannten mit ihren Negationen
§ 24. Symmetrisch allgemeine Lösungen.
Dieselbe ist auch äquivalent dem System der drei Gleichungen: y z = 0, z x = 0, x y = 0, indem ihr Polynom sich mittelst identischer Umformungen leicht in x y + y z + z x zusammenziehen lässt.
Auflösung. Es wird also die nach x aufzulösende Gleichung in der Gestalt erscheinen: x (y + z) + x1y z = 0, und nach dem vollen Schema ergibt sich darnach systematisch:
x = α β1γ1 + α1β γ,
x1 = α (β + γ) + α1 (β1 + γ1),
y = β γ1α1 + β1γ α,
etc.
z = γ α1β1 + γ1α β,
wozu nur noch bemerkt werden mag, dass x und x1 auch in der Gestalt: x = (γ α1 + γ1α) (α β1 + α1β), x1 = (γ α + γ1α1) + (α β + α1β1) geschrieben werden könnten, etc.
Anmerkung. Die Lösung derjenigen Gleichung: x1y z + y1z x + z1x y = 0, welche nur die drei letzten Glieder der obigen umfasst, müssen sich nunmehr ergeben, wenn man in denen der Aufgabe 7 die Unbekannten mit ihren Negationen vertauscht. Thut man das gleiche auch mit den dortigen Parametern, so werden sich:
x = α + β γ,
x1 = α1 (β1 + γ1)
y = β + γ α,
etc.
z = γ + α β,
als diese gesuchten Lösungen ergeben.
Übrigens ist hervorzuheben, dass bei den Aufgaben 7 und 8 weder das Verfahren nach dem vollen, noch dasjenige nach dem verkürzten Schema uns die in formaler Hinsicht einfachsten Lösungen lieferte, welche möglich erscheinen.
Vielmehr drücken schon die Ansätze:
[Tabelle]
Lösungen aus für die darunter gesetzten Aufgaben (deren letzte aus Aufgabe 8 durch Vertauschung der Unbekannten mit ihren Negationen
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[509/0529]
§ 24. Symmetrisch allgemeine Lösungen.
Dieselbe ist auch äquivalent dem System der drei Gleichungen:
y z = 0, z x = 0, x y = 0,
indem ihr Polynom sich mittelst identischer Umformungen leicht in
x y + y z + z x zusammenziehen lässt.
Auflösung. Es wird also die nach x aufzulösende Gleichung in
der Gestalt erscheinen:
x (y + z) + x1 y z = 0,
und nach dem vollen Schema ergibt sich darnach systematisch:
x = α β1 γ1 + α1 β γ, x1 = α (β + γ) + α1 (β1 + γ1),
y = β γ1 α1 + β1 γ α, etc.
z = γ α1 β1 + γ1 α β,
wozu nur noch bemerkt werden mag, dass x und x1 auch in der Gestalt:
x = (γ α1 + γ1 α) (α β1 + α1 β), x1 = (γ α + γ1 α1) + (α β + α1 β1)
geschrieben werden könnten, etc.
Anmerkung. Die Lösung derjenigen Gleichung:
x1 y z + y1 z x + z1 x y = 0,
welche nur die drei letzten Glieder der obigen umfasst, müssen sich
nunmehr ergeben, wenn man in denen der Aufgabe 7 die Unbekannten
mit ihren Negationen vertauscht. Thut man das gleiche auch mit den
dortigen Parametern, so werden sich:
x = α + β γ, x1 = α1 (β1 + γ1)
y = β + γ α, etc.
z = γ + α β,
als diese gesuchten Lösungen ergeben.
Übrigens ist hervorzuheben, dass bei den Aufgaben 7 und 8 weder
das Verfahren nach dem vollen, noch dasjenige nach dem verkürzten
Schema uns die in formaler Hinsicht einfachsten Lösungen lieferte,
welche möglich erscheinen.
Vielmehr drücken schon die Ansätze:
Lösungen aus für die darunter gesetzten Aufgaben (deren letzte aus
Aufgabe 8 durch Vertauschung der Unbekannten mit ihren Negationen
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890, S. 509. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890/529>, abgerufen am 25.08.2024.
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