Auflösung. In der vereinigten Gleichung: a c1x1 (d1 + y1) + b c1e1x (d1 + y1) + a1b1c1 (d1 + c) x1 + (a + b + c) x1y1 = 0 kommt y nur als y1 in der Form A + By1 = 0 vor, weshalb als Resultante der Elimination von y anzusetzen ist A = 0, d. h. die Glieder, welche y1 zum Faktor haben, sind einfach wegzulassen. Um aus dem Rückstande: b c1d1e1x + {a c1d1 + a1b1c1 (d1 + e)} x1 = 0 noch x herauszuwerfen, hat man alsdann das Produkt der beiden Koeffi- zienten gleich 0 zu setzen, welches augenscheinlich gibt: a b c1d1e1 = 0, oder a bc + d + e.
7. Aufgabe. (Boole4 p. 237.)
Eine Anzahl Tuchmuster lieferte bei der Untersuchung folgende Regeln:
Jedes weiss (w) und grün (g) gestreifte Stück war auch schwarz (s) und gelb (e) gestreift und umgekehrt.
Jedes rot (r) und orange (a) gestreifte Stück war auch mit blau (b) und gelb gestreift, und umgekehrt.
Was kann ohne Rücksicht auf gelb geschlossen und über grün ausgesagt werden?
Auflösung. Die Data sind: w g = s e, r a = b e, sonach in vereinigter Gleichung: w g (s1 + e1) + s e (w1 + g1) + r a (b1 + e1) + b e (r1 + a1) = 0 woraus e eliminirt: w g s1 + r a b1 + (s w1 + s g1 + b r1 + b a1) (w g + r a) = 0 oder r a (b1 + s w1) + w (s1 + b r1 + b a1) g + r a s g1 = 0.
Die Resultante der Elimination von g läuft auf die Nullsetzung des ersten Terms hinaus: r a (b1 + s w1) = 0 oder r ab, r a sw.
Unabhängig von gelb und grün ist also lediglich zu schliessen: dass rot und orange gestreifte Muster auch blau, sowie rot, orange und schwarz gestreifte auch weiss gestreift sein müssen.
Mit Rücksicht hierauf lässt sich nun der erste Term der obigen von e freien Endgleichung unterdrücken, und gibt dieselbe nach der Unbekannten g aufgelöst leicht: g = r a s + u { w1 + s (b1 + r a)},
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§ 25. Anwendungsbeispiele und Aufgaben.
Auflösung. In der vereinigten Gleichung: a c1x1 (d1 + y1) + b c1e1x (d1 + y1) + a1b1c1 (d1 + c) x1 + (a + b + c) x1y1 = 0 kommt y nur als y1 in der Form A + By1 = 0 vor, weshalb als Resultante der Elimination von y anzusetzen ist A = 0, d. h. die Glieder, welche y1 zum Faktor haben, sind einfach wegzulassen. Um aus dem Rückstande: b c1d1e1x + {a c1d1 + a1b1c1 (d1 + e)} x1 = 0 noch x herauszuwerfen, hat man alsdann das Produkt der beiden Koeffi- zienten gleich 0 zu setzen, welches augenscheinlich gibt: a b c1d1e1 = 0, oder a b ⋹ c + d + e.
7. Aufgabe. (Boole4 p. 237.)
Eine Anzahl Tuchmuster lieferte bei der Untersuchung folgende Regeln:
Jedes weiss (w) und grün (g) gestreifte Stück war auch schwarz (s) und gelb (e) gestreift und umgekehrt.
Jedes rot (r) und orange (a) gestreifte Stück war auch mit blau (b) und gelb gestreift, und umgekehrt.
Was kann ohne Rücksicht auf gelb geschlossen und über grün ausgesagt werden?
Auflösung. Die Data sind: w g = s e, r a = b e, sonach in vereinigter Gleichung: w g (s1 + e1) + s e (w1 + g1) + r a (b1 + e1) + b e (r1 + a1) = 0 woraus e eliminirt: w g s1 + r a b1 + (s w1 + s g1 + b r1 + b a1) (w g + r a) = 0 oder r a (b1 + s w1) + w (s1 + b r1 + b a1) g + r a s g1 = 0.
Die Resultante der Elimination von g läuft auf die Nullsetzung des ersten Terms hinaus: r a (b1 + s w1) = 0 oder r a ⋹ b, r a s ⋹ w.
Unabhängig von gelb und grün ist also lediglich zu schliessen: dass rot und orange gestreifte Muster auch blau, sowie rot, orange und schwarz gestreifte auch weiss gestreift sein müssen.
Mit Rücksicht hierauf lässt sich nun der erste Term der obigen von e freien Endgleichung unterdrücken, und gibt dieselbe nach der Unbekannten g aufgelöst leicht: g = r a s + u { w1 + s (b1 + r a)},
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§ 25. Anwendungsbeispiele und Aufgaben.
Auflösung. In der vereinigten Gleichung:
a c1 x1 (d1 + y1) + b c1 e1 x (d1 + y1) + a1 b1 c1 (d1 + c) x1 + (a + b + c) x1 y1 = 0
kommt y nur als y1 in der Form A + By1 = 0 vor, weshalb als
Resultante der Elimination von y anzusetzen ist A = 0, d. h. die
Glieder, welche y1 zum Faktor haben, sind einfach wegzulassen. Um
aus dem Rückstande:
b c1 d1 e1 x + {a c1 d1 + a1 b1 c1 (d1 + e)} x1 = 0
noch x herauszuwerfen, hat man alsdann das Produkt der beiden Koeffi-
zienten gleich 0 zu setzen, welches augenscheinlich gibt:
a b c1 d1 e1 = 0, oder a b ⋹ c + d + e.
7. Aufgabe. (Boole4 p. 237.)
Eine Anzahl Tuchmuster lieferte bei der Untersuchung folgende
Regeln:
Jedes weiss (w) und grün (g) gestreifte Stück war auch schwarz (s)
und gelb (e) gestreift und umgekehrt.
Jedes rot (r) und orange (a) gestreifte Stück war auch mit blau (b)
und gelb gestreift, und umgekehrt.
Was kann ohne Rücksicht auf gelb geschlossen und über grün
ausgesagt werden?
Auflösung. Die Data sind:
w g = s e, r a = b e,
sonach in vereinigter Gleichung:
w g (s1 + e1) + s e (w1 + g1) + r a (b1 + e1) + b e (r1 + a1) = 0
woraus e eliminirt:
w g s1 + r a b1 + (s w1 + s g1 + b r1 + b a1) (w g + r a) = 0
oder
r a (b1 + s w1) + w (s1 + b r1 + b a1) g + r a s g1 = 0.
Die Resultante der Elimination von g läuft auf die Nullsetzung
des ersten Terms hinaus:
r a (b1 + s w1) = 0 oder r a ⋹ b, r a s ⋹ w.
Unabhängig von gelb und grün ist also lediglich zu schliessen:
dass rot und orange gestreifte Muster auch blau, sowie rot, orange
und schwarz gestreifte auch weiss gestreift sein müssen.
Mit Rücksicht hierauf lässt sich nun der erste Term der obigen
von e freien Endgleichung unterdrücken, und gibt dieselbe nach der
Unbekannten g aufgelöst leicht:
g = r a s + u { w1 + s (b1 + r a)},
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890, S. 531. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890/551>, abgerufen am 19.05.2024.
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