Anmelden (DTAQ) DWDS     dlexDB     CLARIN-D

Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891.

Bild:
<< vorherige Seite
nächste Seite >>

§ 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle.
ein x angeben lässt, welches die Prämisse erfüllt, wie man dies leicht
nachrechnet. Hiefür wird nämlich a x + b x1 = a b also in der That = 0
und
p x + q x1 = p (a1 q1 + b) + q b1 =*) p a1 + q b1 + p a b = p a1 + q b1 + 0 = p a1 + q b1
also in der That 0.

Noch allgemeiner könnte man auch:
m) x = b + a1 p q1 + a1 (p q + p1 q1) u
nehmen, wo u beliebig.

Ich will dies auch heuristisch noch begründen. Um es zu finden
stellte ich mir die Aufgabe, während a b = 0 angenommen wird, ein solches
x zu ermitteln, dass zugleich a x + b x1 = 0 und
p a1 + q b1 p x + q x1
ist, sodass, wenn etwa die linke Seite dieser Subsumtion 0 ist, es um
so mehr auch die rechte sein muss. Nach Th. 38x) ist aber letztere Sub-
sumtion einerlei mit der Gleichung:
(p a1 + q b1) (p1 x + q1 x1) = 0 oder b1 p1 q x + a1 p q1 x1 = 0
und somit ist die vereinigte Gleichung der beiden zu erfüllenden:
(a + b1 p1 q) x + (b + a1 p q1) x1 = 0.

Es folgt nach den Methoden des § 21 eliminando nur die laut Voraus-
setzung ohnehin erfüllte Relation a b = 0, und endlich solvendo der an-
gegebene allgemeine Ausdruck m) für x, welcher für u = 0 in den zuerst
angeführten l) übergeht, für u = 1 aber uns x = b + a1 (p + q1) als einen
andern geeigneten Wert für x von bemerkenswerter Einfachheit des Aus-
drucks liefern würde.

Anmerkung zu i).

Analog wie g) ist auch leicht der noch etwas allgemeinere Satz
zu beweisen:
n) (p x + q y 0) (p + q 0),
indem dies in der That durch überschiebendes Addiren aus den nach § 40,
a) S. 194 geltenden Subsumtionen:
(p x 0) (p 0), (q y 0) (q 0)
gemäss § 40, a) S. 179 erhalten wird.

Der Satz lässt sich in derselben Weise, wie für binomische, so auch
für beliebig vielgliedrige polynomische Summen unmittelbar beweisen, des-

*) Die Zwischenrechnung kann so geführt werden:
= p (a1 b1 q1 + b) + q b1 = p b + q b1 + p a1 b1 q1 + p a1 b1 q = p (a1 b1 + b) + q b1 =
= p (a1 + b) + q b1 = p (a1 + a b) + q b1 = etc.

§ 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle.
ein x angeben lässt, welches die Prämisse erfüllt, wie man dies leicht
nachrechnet. Hiefür wird nämlich a x + b x1 = a b also in der That = 0
und
p x + q x1 = p (a1 q1 + b) + q b1 =*) p a1 + q b1 + p a b = p a1 + q b1 + 0 = p a1 + q b1
also in der That ≠ 0.

Noch allgemeiner könnte man auch:
μ) x = b + a1 p q1 + a1 (p q + p1 q1) u
nehmen, wo u beliebig.

Ich will dies auch heuristisch noch begründen. Um es zu finden
stellte ich mir die Aufgabe, während a b = 0 angenommen wird, ein solches
x zu ermitteln, dass zugleich a x + b x1 = 0 und
p a1 + q b1 ⊆ p x + q x1
ist, sodass, wenn etwa die linke Seite dieser Subsumtion ≠ 0 ist, es um
so mehr auch die rechte sein muss. Nach Th. 38×) ist aber letztere Sub-
sumtion einerlei mit der Gleichung:
(p a1 + q b1) (p1 x + q1 x1) = 0 oder b1 p1 q x + a1 p q1 x1 = 0
und somit ist die vereinigte Gleichung der beiden zu erfüllenden:
(a + b1 p1 q) x + (b + a1 p q1) x1 = 0.

Es folgt nach den Methoden des § 21 eliminando nur die laut Voraus-
setzung ohnehin erfüllte Relation a b = 0, und endlich solvendo der an-
gegebene allgemeine Ausdruck μ) für x, welcher für u = 0 in den zuerst
angeführten λ) übergeht, für u = 1 aber uns x = b + a1 (p + q1) als einen
andern geeigneten Wert für x von bemerkenswerter Einfachheit des Aus-
drucks liefern würde.

Anmerkung zu ι).

Analog wie γ) ist auch leicht der noch etwas allgemeinere Satz
zu beweisen:
ν) (p x + q y ≠ 0) ⊆ (p + q ≠ 0),
indem dies in der That durch überschiebendes Addiren aus den nach § 40,
ά) S. 194 geltenden Subsumtionen:
(p x ≠ 0) ⊆ (p ≠ 0), (q y ≠ 0) ⊆ (q ≠ 0)
gemäss § 40, α) S. 179 erhalten wird.

Der Satz lässt sich in derselben Weise, wie für binomische, so auch
für beliebig vielgliedrige polynomische Summen unmittelbar beweisen, des-

*) Die Zwischenrechnung kann so geführt werden:
= p (a1 b1 q1 + b) + q b1 = p b + q b1 + p a1 b1 q1 + p a1 b1 q = p (a1 b1 + b) + q b1 =
= p (a1 + b) + q b1 = p (a1 + a b) + q b1 = etc.
<TEI>
  <text>
    <body>
      <div n="1">
        <div n="2">
          <div n="3">
            <p><pb facs="#f0231" n="207"/><fw place="top" type="header">§ 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle.</fw><lb/>
ein <hi rendition="#i">x</hi> angeben lässt, welches die Prämisse erfüllt, wie man dies leicht<lb/>
nachrechnet. Hiefür wird nämlich <hi rendition="#i">a x</hi> + <hi rendition="#i">b x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = <hi rendition="#i">a b</hi> also in der That = 0<lb/>
und<lb/><hi rendition="#et"><hi rendition="#i">p x</hi> + <hi rendition="#i">q x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = <hi rendition="#i">p</hi> (<hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">q</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">b</hi>) + <hi rendition="#i">q b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> =<note place="foot" n="*)">Die Zwischenrechnung kann so geführt werden:<lb/>
= <hi rendition="#i">p</hi> (<hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">q</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">b</hi>) + <hi rendition="#i">q b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = <hi rendition="#i">p b</hi> + <hi rendition="#i">q b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">p a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">q</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">p a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">q</hi> = <hi rendition="#i">p</hi> (<hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">b</hi>) + <hi rendition="#i">q b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> =<lb/>
= <hi rendition="#i">p</hi> (<hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">b</hi>) + <hi rendition="#i">q b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = <hi rendition="#i">p</hi> (<hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">a b</hi>) + <hi rendition="#i">q b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = etc.</note> <hi rendition="#i">p a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">q b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">p a b</hi> = <hi rendition="#i">p a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">q b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + 0 = <hi rendition="#i">p a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">q b</hi><hi rendition="#sub">1</hi></hi><lb/>
also in der That &#x2260; 0.</p><lb/>
            <p>Noch allgemeiner könnte man auch:<lb/><hi rendition="#i">&#x03BC;</hi>) <hi rendition="#et"><hi rendition="#i">x</hi> = <hi rendition="#i">b</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">p q</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> (<hi rendition="#i">p q</hi> + <hi rendition="#i">p</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">q</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) <hi rendition="#i">u</hi></hi><lb/>
nehmen, wo <hi rendition="#i">u</hi> beliebig.</p><lb/>
            <p>Ich will dies auch heuristisch noch begründen. Um es zu finden<lb/>
stellte ich mir die Aufgabe, während <hi rendition="#i">a b</hi> = 0 angenommen wird, ein solches<lb/><hi rendition="#i">x</hi> zu ermitteln, dass zugleich <hi rendition="#i">a x</hi> + <hi rendition="#i">b x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = 0 und<lb/><hi rendition="#c"><hi rendition="#i">p a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">q b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> <hi rendition="#i">p x</hi> + <hi rendition="#i">q x</hi><hi rendition="#sub">1</hi></hi><lb/>
ist, sodass, wenn etwa die linke Seite dieser Subsumtion &#x2260; 0 ist, es um<lb/>
so mehr auch die rechte sein muss. Nach Th. 38<hi rendition="#sub">×</hi>) ist aber letztere Sub-<lb/>
sumtion einerlei mit der Gleichung:<lb/><hi rendition="#c">(<hi rendition="#i">p a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">q b</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) (<hi rendition="#i">p</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">x</hi> + <hi rendition="#i">q</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">x</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) = 0 oder <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">p</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">q x</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">p q</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = 0</hi><lb/>
und somit ist die vereinigte Gleichung der beiden zu erfüllenden:<lb/><hi rendition="#c">(<hi rendition="#i">a</hi> + <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">p</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">q</hi>) <hi rendition="#i">x</hi> + (<hi rendition="#i">b</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">p q</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) <hi rendition="#i">x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = 0.</hi></p><lb/>
            <p>Es folgt nach den Methoden des § 21 eliminando nur die laut Voraus-<lb/>
setzung ohnehin erfüllte Relation <hi rendition="#i">a b</hi> = 0, und endlich solvendo der an-<lb/>
gegebene allgemeine Ausdruck <hi rendition="#i">&#x03BC;</hi>) für <hi rendition="#i">x</hi>, welcher für <hi rendition="#i">u</hi> = 0 in den zuerst<lb/>
angeführten <hi rendition="#i">&#x03BB;</hi>) übergeht, für <hi rendition="#i">u</hi> = 1 aber uns <hi rendition="#i">x</hi> = <hi rendition="#i">b</hi> + <hi rendition="#i">a</hi><hi rendition="#sub">1</hi> (<hi rendition="#i">p</hi> + <hi rendition="#i">q</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) als einen<lb/>
andern geeigneten Wert für <hi rendition="#i">x</hi> von bemerkenswerter Einfachheit des Aus-<lb/>
drucks liefern würde.</p><lb/>
            <p><hi rendition="#g">Anmerkung zu</hi><hi rendition="#i">&#x03B9;</hi>).</p><lb/>
            <p>Analog wie <hi rendition="#i">&#x03B3;</hi>) ist auch leicht der noch etwas allgemeinere Satz<lb/>
zu beweisen:<lb/><hi rendition="#i">&#x03BD;</hi>) <hi rendition="#et">(<hi rendition="#i">p x</hi> + <hi rendition="#i">q y</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">p</hi> + <hi rendition="#i">q</hi> &#x2260; 0),</hi><lb/>
indem dies in der That durch überschiebendes Addiren aus den nach § 40,<lb/><hi rendition="#i">&#x03AC;</hi>) S. 194 geltenden Subsumtionen:<lb/><hi rendition="#c">(<hi rendition="#i">p x</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">p</hi> &#x2260; 0), (<hi rendition="#i">q y</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">q</hi> &#x2260; 0)</hi><lb/>
gemäss § 40, <hi rendition="#i">&#x03B1;</hi>) S. 179 erhalten wird.</p><lb/>
            <p>Der Satz lässt sich in derselben Weise, wie für binomische, so auch<lb/>
für beliebig vielgliedrige polynomische Summen unmittelbar beweisen, des-<lb/></p>
          </div>
        </div>
      </div>
    </body>
  </text>
</TEI>
[207/0231] § 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle. ein x angeben lässt, welches die Prämisse erfüllt, wie man dies leicht nachrechnet. Hiefür wird nämlich a x + b x1 = a b also in der That = 0 und p x + q x1 = p (a1 q1 + b) + q b1 = *) p a1 + q b1 + p a b = p a1 + q b1 + 0 = p a1 + q b1 also in der That ≠ 0. Noch allgemeiner könnte man auch: μ) x = b + a1 p q1 + a1 (p q + p1 q1) u nehmen, wo u beliebig. Ich will dies auch heuristisch noch begründen. Um es zu finden stellte ich mir die Aufgabe, während a b = 0 angenommen wird, ein solches x zu ermitteln, dass zugleich a x + b x1 = 0 und p a1 + q b1  p x + q x1 ist, sodass, wenn etwa die linke Seite dieser Subsumtion ≠ 0 ist, es um so mehr auch die rechte sein muss. Nach Th. 38×) ist aber letztere Sub- sumtion einerlei mit der Gleichung: (p a1 + q b1) (p1 x + q1 x1) = 0 oder b1 p1 q x + a1 p q1 x1 = 0 und somit ist die vereinigte Gleichung der beiden zu erfüllenden: (a + b1 p1 q) x + (b + a1 p q1) x1 = 0. Es folgt nach den Methoden des § 21 eliminando nur die laut Voraus- setzung ohnehin erfüllte Relation a b = 0, und endlich solvendo der an- gegebene allgemeine Ausdruck μ) für x, welcher für u = 0 in den zuerst angeführten λ) übergeht, für u = 1 aber uns x = b + a1 (p + q1) als einen andern geeigneten Wert für x von bemerkenswerter Einfachheit des Aus- drucks liefern würde. Anmerkung zu ι). Analog wie γ) ist auch leicht der noch etwas allgemeinere Satz zu beweisen: ν) (p x + q y ≠ 0)  (p + q ≠ 0), indem dies in der That durch überschiebendes Addiren aus den nach § 40, ά) S. 194 geltenden Subsumtionen: (p x ≠ 0)  (p ≠ 0), (q y ≠ 0)  (q ≠ 0) gemäss § 40, α) S. 179 erhalten wird. Der Satz lässt sich in derselben Weise, wie für binomische, so auch für beliebig vielgliedrige polynomische Summen unmittelbar beweisen, des- *) Die Zwischenrechnung kann so geführt werden: = p (a1 b1 q1 + b) + q b1 = p b + q b1 + p a1 b1 q1 + p a1 b1 q = p (a1 b1 + b) + q b1 = = p (a1 + b) + q b1 = p (a1 + a b) + q b1 = etc.

Suche im Werk

Hilfe

Informationen zum Werk

Download dieses Werks

XML (TEI P5) · HTML · Text
TCF (text annotation layer)
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_logik0201_1891
URL zu dieser Seite: https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/231
Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891, S. 207. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/231>, abgerufen am 21.11.2024.