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 >>

§ 46. Aufgabe von Mitchell.
Prozesse zur Verdeutlichung hier ausführlichst dargelegt; der auch nur
einigermassen geübte Rechner wird natürlich viel weniger anzuschreiben
benötigt sein].

Das dritte Glied wird ebenso:
{(b + c1) y x = 0} {a y1 x 0} {a y1 (y1 + b1 c) 0} = (a y1 0) (a 0).

Endlich wird das vierte Glied -- nach § 41, e):
{a y1 x 0} {b y x 0} (a y1 0) (b y 0) (a 0) (b 0) K,
wo die "Klausel" K die Forderung kürzehalber vorstellen soll, dass
die Klassen a und b nicht zugleich einunddasselbe Individuum (ausschliess-
lich) vorstellen dürfen. Obwol dieses Thema noch nicht systematisch
behandelt ist, vielmehr erst in § 49 in Angriff genommen wird, sieht
man hier bei einigem Nachdenken doch leicht direkt ein, dass diese
Forderung unerlässlich und hinreichend ist, damit es ein y geben
könne und müsse, welches (bei nicht verschwindenden a und b) die
Relationen a y1 0 und b y 0 gleichzeitig erfüllt.

Darnach sind die Data des Problems der Summe unsrer vier
Resultanten, somit:
(d b1 c) + (b 0) + (a 0) + (a 0) (b 0) K
wo nun aber der letzte Term von den zwei vorhergehenden absorbirt
wird -- ein Zufall, der Herrn Mitchell's Lösung zugute kommt.
Mithin ist
(b d = 0) (d c) + (a + b 0) = i
die gesuchte Konklusion und zwar die volle Eliminationsresultante für
x, y. In Worten:

Entweder kein d ist b und alle d sind c (d. h. alle d sind c aber
nicht b), oder es gibt a oder b.

Fernere Elimination von c würde blos noch den Wegfall des
Faktors (d c) in obiger Resultante bewirken.

Wer mit rechts auf 1 gebrachten Gleichungen zu operiren vorzieht,
hat für das erste, zweite und dritte Glied bezüglich die Ansätze zu machen:
(d1 + x y = 1) (x1 + y1 + b1 c = 1) = {d1 (x1 + y1) + b1 c x y = 1} (d1 + b1 c = 1)
wo beim Ausmultipliziren der beiden Polynome zur Linken das Glied b1 c d1
absorbirt wurde; resp.:
(d1 + x y = 1) (b x y 0) = {(d1 + y) x + d1 x1 = 1} (b y x + 0 · x1 0)
(d1 + y + d1 = 1) {b y (d1 + y) + 0 · d1 0} = (d1 + y = 1) (b y 0) =
= (1 · y + d1 y1 = 1) (b y + 0 · y1 0) (1 + d1 = 1) (b · 1 + 0 · d1 0) = (b 0);

§ 46. Aufgabe von Mitchell.
Prozesse zur Verdeutlichung hier ausführlichst dargelegt; der auch nur
einigermassen geübte Rechner wird natürlich viel weniger anzuschreiben
benötigt sein].

Das dritte Glied wird ebenso:
{(b + c1) y x = 0} {a y1 x ≠ 0} ⊆ {a y1 (y1 + b1 c) ≠ 0} = (a y1 ≠ 0) ⊆ (a ≠ 0).

Endlich wird das vierte Glied — nach § 41, η):
{a y1 x ≠ 0} {b y x ≠ 0} ⊆ (a y1 ≠ 0) (b y ≠ 0) ⊆ (a ≠ 0) (b ≠ 0) K,
wo die „Klausel“ K die Forderung kürzehalber vorstellen soll, dass
die Klassen a und b nicht zugleich einunddasselbe Individuum (ausschliess-
lich) vorstellen dürfen. Obwol dieses Thema noch nicht systematisch
behandelt ist, vielmehr erst in § 49 in Angriff genommen wird, sieht
man hier bei einigem Nachdenken doch leicht direkt ein, dass diese
Forderung unerlässlich und hinreichend ist, damit es ein y geben
könne und müsse, welches (bei nicht verschwindenden a und b) die
Relationen a y1 ≠ 0 und b y ≠ 0 gleichzeitig erfüllt.

Darnach sind die Data des Problems ⊆ der Summe unsrer vier
Resultanten, somit:
⊆ (d ⊆ b1 c) + (b ≠ 0) + (a ≠ 0) + (a ≠ 0) (b ≠ 0) K
wo nun aber der letzte Term von den zwei vorhergehenden absorbirt
wird — ein Zufall, der Herrn Mitchell’s Lösung zugute kommt.
Mithin ist
(b d = 0) (d ⊆ c) + (a + b ≠ 0) = i
die gesuchte Konklusion und zwar die volle Eliminationsresultante für
x, y. In Worten:

Entweder kein d ist b und alle d sind c (d. h. alle d sind c aber
nicht b), oder es gibt a oder b.

Fernere Elimination von c würde blos noch den Wegfall des
Faktors (d ⊆ c) in obiger Resultante bewirken.

Wer mit rechts auf 1 gebrachten Gleichungen zu operiren vorzieht,
hat für das erste, zweite und dritte Glied bezüglich die Ansätze zu machen:
(d1 + x y = 1) (x1 + y1 + b1 c = 1) = {d1 (x1 + y1) + b1 c x y = 1} ⊆ (d1 + b1 c = 1)
wo beim Ausmultipliziren der beiden Polynome zur Linken das Glied b1 c d1
absorbirt wurde; resp.:
(d1 + x y = 1) (b x y ≠ 0) = {(d1 + y) x + d1 x1 = 1} (b y x + 0 · x1 ≠ 0) ⊆
⊆ (d1 + y + d1 = 1) {b y (d1 + y) + 0 · d1 ≠ 0} = (d1 + y = 1) (b y ≠ 0) =
= (1 · y + d1 y1 = 1) (b y + 0 · y1 ≠ 0) ⊆ (1 + d1 = 1) (b · 1 + 0 · d1 ≠ 0) = (b ≠ 0);

<TEI>
  <text>
    <body>
      <div n="1">
        <div n="2">
          <div n="3">
            <p><pb facs="#f0317" n="293"/><fw place="top" type="header">§ 46. Aufgabe von <hi rendition="#g">Mitchell</hi>.</fw><lb/>
Prozesse zur Verdeutlichung hier ausführlichst dargelegt; der auch nur<lb/>
einigermassen geübte Rechner wird natürlich viel weniger anzuschreiben<lb/>
benötigt sein].</p><lb/>
            <p>Das dritte Glied wird ebenso:<lb/>
{(<hi rendition="#i">b</hi> + <hi rendition="#i">c</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) <hi rendition="#i">y x</hi> = 0} {<hi rendition="#i">a y</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">x</hi> &#x2260; 0} <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> {<hi rendition="#i">a y</hi><hi rendition="#sub">1</hi> (<hi rendition="#i">y</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">c</hi>) &#x2260; 0} = (<hi rendition="#i">a y</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0).</p><lb/>
            <p>Endlich wird das vierte Glied &#x2014; nach § 41, <hi rendition="#i">&#x03B7;</hi>):<lb/><hi rendition="#c">{<hi rendition="#i">a y</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">x</hi> &#x2260; 0} {<hi rendition="#i">b y x</hi> &#x2260; 0} <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">a y</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0) (<hi rendition="#i">b y</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0) (<hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0) <hi rendition="#i">K</hi>,</hi><lb/>
wo die &#x201E;Klausel&#x201C; <hi rendition="#i">K</hi> die Forderung kürzehalber vorstellen soll, <hi rendition="#i">dass<lb/>
die Klassen a und b nicht zugleich einunddasselbe Individuum</hi> (<hi rendition="#i">ausschliess-<lb/>
lich</hi>) <hi rendition="#i">vorstellen dürfen</hi>. Obwol dieses Thema noch nicht systematisch<lb/>
behandelt ist, vielmehr erst in § 49 in Angriff genommen wird, sieht<lb/>
man hier bei einigem Nachdenken doch leicht direkt ein, dass diese<lb/>
Forderung unerlässlich und hinreichend ist, damit es ein <hi rendition="#i">y</hi> geben<lb/>
könne und müsse, welches (bei nicht verschwindenden <hi rendition="#i">a</hi> und <hi rendition="#i">b</hi>) die<lb/>
Relationen <hi rendition="#i">a y</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0 und <hi rendition="#i">b y</hi> &#x2260; 0 gleichzeitig erfüllt.</p><lb/>
            <p>Darnach sind die Data des Problems <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> der Summe unsrer vier<lb/>
Resultanten, somit:<lb/><hi rendition="#c"><choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">d</hi> <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">c</hi>) + (<hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0) + (<hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0) + (<hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0) (<hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0) <hi rendition="#i">K</hi></hi><lb/>
wo nun aber der letzte Term von den zwei vorhergehenden absorbirt<lb/>
wird &#x2014; ein Zufall, der Herrn <hi rendition="#g">Mitchell&#x2019;</hi>s Lösung zugute kommt.<lb/>
Mithin ist<lb/><hi rendition="#c">(<hi rendition="#i">b d</hi> = 0) (<hi rendition="#i">d</hi> <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> <hi rendition="#i">c</hi>) + (<hi rendition="#i">a</hi> + <hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0) = i</hi><lb/>
die gesuchte Konklusion und zwar die volle Eliminationsresultante für<lb/><hi rendition="#i">x</hi>, <hi rendition="#i">y</hi>. In Worten:</p><lb/>
            <p><hi rendition="#i">Entweder</hi> kein <hi rendition="#i">d</hi> ist <hi rendition="#i">b</hi> und alle <hi rendition="#i">d</hi> sind <hi rendition="#i">c</hi> (d. h. alle <hi rendition="#i">d</hi> sind <hi rendition="#i">c</hi> aber<lb/>
nicht <hi rendition="#i">b</hi>), <hi rendition="#i">oder</hi> es gibt <hi rendition="#i">a</hi> oder <hi rendition="#i">b</hi>.</p><lb/>
            <p>Fernere Elimination von <hi rendition="#i">c</hi> würde blos noch den Wegfall des<lb/>
Faktors (<hi rendition="#i">d</hi> <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> <hi rendition="#i">c</hi>) in obiger Resultante bewirken.</p><lb/>
            <p>Wer mit rechts auf 1 gebrachten Gleichungen zu operiren vorzieht,<lb/>
hat für das erste, zweite und dritte Glied bezüglich die Ansätze zu machen:<lb/><hi rendition="#c">(<hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">x y</hi> = 1) (<hi rendition="#i">x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">y</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">c</hi> = 1) = {<hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> (<hi rendition="#i">x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">y</hi><hi rendition="#sub">1</hi>) + <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">c x y</hi> = 1} <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">c</hi> = 1)</hi><lb/>
wo beim Ausmultipliziren der beiden Polynome zur Linken das Glied <hi rendition="#i">b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">c d</hi><hi rendition="#sub">1</hi><lb/>
absorbirt wurde; resp.:<lb/>
(<hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">x y</hi> = 1) (<hi rendition="#i">b x y</hi> &#x2260; 0) = {(<hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">y</hi>) <hi rendition="#i">x</hi> + <hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = 1} (<hi rendition="#i">b y x</hi> + 0 · <hi rendition="#i">x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice><lb/><choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">y</hi> + <hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = 1) {<hi rendition="#i">b y</hi> (<hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">y</hi>) + 0 · <hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0} = (<hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> + <hi rendition="#i">y</hi> = 1) (<hi rendition="#i">b y</hi> &#x2260; 0) =<lb/>
= (1 · <hi rendition="#i">y</hi> + <hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">y</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = 1) (<hi rendition="#i">b y</hi> + 0 · <hi rendition="#i">y</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (1 + <hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = 1) (<hi rendition="#i">b</hi> · 1 + 0 · <hi rendition="#i">d</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0) = (<hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0);<lb/></p>
          </div>
        </div>
      </div>
    </body>
  </text>
</TEI>
[293/0317] § 46. Aufgabe von Mitchell. Prozesse zur Verdeutlichung hier ausführlichst dargelegt; der auch nur einigermassen geübte Rechner wird natürlich viel weniger anzuschreiben benötigt sein]. Das dritte Glied wird ebenso: {(b + c1) y x = 0} {a y1 x ≠ 0}  {a y1 (y1 + b1 c) ≠ 0} = (a y1 ≠ 0)  (a ≠ 0). Endlich wird das vierte Glied — nach § 41, η): {a y1 x ≠ 0} {b y x ≠ 0}  (a y1 ≠ 0) (b y ≠ 0)  (a ≠ 0) (b ≠ 0) K, wo die „Klausel“ K die Forderung kürzehalber vorstellen soll, dass die Klassen a und b nicht zugleich einunddasselbe Individuum (ausschliess- lich) vorstellen dürfen. Obwol dieses Thema noch nicht systematisch behandelt ist, vielmehr erst in § 49 in Angriff genommen wird, sieht man hier bei einigem Nachdenken doch leicht direkt ein, dass diese Forderung unerlässlich und hinreichend ist, damit es ein y geben könne und müsse, welches (bei nicht verschwindenden a und b) die Relationen a y1 ≠ 0 und b y ≠ 0 gleichzeitig erfüllt. Darnach sind die Data des Problems  der Summe unsrer vier Resultanten, somit:  (d  b1 c) + (b ≠ 0) + (a ≠ 0) + (a ≠ 0) (b ≠ 0) K wo nun aber der letzte Term von den zwei vorhergehenden absorbirt wird — ein Zufall, der Herrn Mitchell’s Lösung zugute kommt. Mithin ist (b d = 0) (d  c) + (a + b ≠ 0) = i die gesuchte Konklusion und zwar die volle Eliminationsresultante für x, y. In Worten: Entweder kein d ist b und alle d sind c (d. h. alle d sind c aber nicht b), oder es gibt a oder b. Fernere Elimination von c würde blos noch den Wegfall des Faktors (d  c) in obiger Resultante bewirken. Wer mit rechts auf 1 gebrachten Gleichungen zu operiren vorzieht, hat für das erste, zweite und dritte Glied bezüglich die Ansätze zu machen: (d1 + x y = 1) (x1 + y1 + b1 c = 1) = {d1 (x1 + y1) + b1 c x y = 1}  (d1 + b1 c = 1) wo beim Ausmultipliziren der beiden Polynome zur Linken das Glied b1 c d1 absorbirt wurde; resp.: (d1 + x y = 1) (b x y ≠ 0) = {(d1 + y) x + d1 x1 = 1} (b y x + 0 · x1 ≠ 0)   (d1 + y + d1 = 1) {b y (d1 + y) + 0 · d1 ≠ 0} = (d1 + y = 1) (b y ≠ 0) = = (1 · y + d1 y1 = 1) (b y + 0 · y1 ≠ 0)  (1 + d1 = 1) (b · 1 + 0 · d1 ≠ 0) = (b ≠ 0);

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_1891/317
Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891, S. 293. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/317>, abgerufen am 23.11.2024.