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

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§ 46. Mitchell's Nebelbilderproblem.
I0 = {a1 b1 (c + d) = 0} + {(d f e1 + (d1 + f1) e = 0) 0},
II0 = {a e1 (b + d1 + f1) = 0} + (b c e 0),
III0 = (a + d + e1 = 0) + (b1 = 0) + (c1 = 0).

Von den beiden Teilden von I0 herrührend haben wir eigentlich
zwei Probleme, wobei die Lösung des ersten sich auf die ganze Stunde,
die des zweiten aber auf einen von 0 verschiedenen, sonst aber unbe-
stimmten Teil der Stunde sich beziehen wird.

Diese beiden Teile sondern sich beim Ausmultipliziren von selbst, so-
dass ich es bei Problemen dieser Gattung für überflüssig halten muss
(worauf indess Herr Peirce 8 bei der Logik der Beziehungen so grosses
Gewicht legt, p. 194 oben) mit Herrn Mitchell eigens doppelte Indices
einzuführen und den Aussagen als Suffixa beizusetzen, deren erster sich
auf das Universum der Klassen, deren zweiter sich auf das Universum der
Zeit (resp. der Gelegenheiten zu Aussagen) beziehen sollte (und als 1 an-
zusetzen wäre für die in genannter Hinsicht universalen, als u oder v für
partikulare Aussagen).

Bezeichnen wir mit I1, I2, II1, II2, III1, III2, III3 die verschiedenen
Glieder der vorstehend zerlegten drei simultanen Prämissen, so er-
halten wir beim Ausmultipliziren die nachstehend angegebenen Partial-
produkte, aus denen wir erst b und d, zuletzt f regelrecht eliminiren
-- cf. u) des § 41.

I1 II1 III1 = (a + b1 c + d + e1 = 0) (a + d + e1 = 0) (a + e1 = 0)
I1 II1 III2 = (b1 + a e1 = 0) (a e1 = 0)
I1 II1 III3 = {c1 + a1 b1 + a e1 (b + d1 + f1) = 0} {c1 + a e1 (d1 + f1) = 0}
(c1 + a e1 f1 = 0) (c1 = 0)
I1 II2 III1 = (a + d + e1 + b1 c = 0) (b c e 0) (a + e1 + b1 c = 0) (b c e 0)
(a + e1 = 0) (a1 c e 0)
I1 II2 III2 = (b1 = 0) (b c e 0) (c e 0)
I1 II2 III3 = (c1 + a1 b1 = 0) (b c e 0) (c1 = 0) (c e 0).

Vom dritten Produkt hat man, solange nur b, d eliminirt sein sollen,
die vorletzte, falls b, d und f zu eliminiren sind aber die letzte der an-
gegebenen Resultanten zu nehmen, bei allen übrigen Produkten gilt die
letzte Resultante für beide Fälle.

Wird die Summe der Resultanten gebildet, so geht das sechste Glied
im fünften, das vierte im ersten augenscheinlich ein; dieses erste jedoch
wird selbst vom zweiten absorbirt, indem
(a + e1 = 0) =(a e1 + a e + a1 e1 = 0) = (a e1 = 0) (a e = 0) (a1 e1 = 0) (a e1 = 0)
ist, sonach lautet die Resultante für die Elimination von b und d:

§ 46. Mitchell’s Nebelbilderproblem.
I0 = {a1 b1 (c + d) = 0} + {(d f e1 + (d1 + f1) e = 0) ≠ 0},
II0 = {a e1 (b + d1 + f1) = 0} + (b c e ≠ 0),
III0 = (a + d + e1 = 0) + (b1 = 0) + (c1 = 0).

Von den beiden Teilden von I0 herrührend haben wir eigentlich
zwei Probleme, wobei die Lösung des ersten sich auf die ganze Stunde,
die des zweiten aber auf einen von 0 verschiedenen, sonst aber unbe-
stimmten Teil der Stunde sich beziehen wird.

Diese beiden Teile sondern sich beim Ausmultipliziren von selbst, so-
dass ich es bei Problemen dieser Gattung für überflüssig halten muss
(worauf indess Herr Peirce 8 bei der Logik der Beziehungen so grosses
Gewicht legt, p. 194 oben) mit Herrn Mitchell eigens doppelte Indices
einzuführen und den Aussagen als Suffixa beizusetzen, deren erster sich
auf das Universum der Klassen, deren zweiter sich auf das Universum der
Zeit (resp. der Gelegenheiten zu Aussagen) beziehen sollte (und als 1 an-
zusetzen wäre für die in genannter Hinsicht universalen, als u oder v für
partikulare Aussagen).

Bezeichnen wir mit I1, I2, II1, II2, III1, III2, III3 die verschiedenen
Glieder der vorstehend zerlegten drei simultanen Prämissen, so er-
halten wir beim Ausmultipliziren die nachstehend angegebenen Partial-
produkte, aus denen wir erst b und d, zuletzt f regelrecht eliminiren
— cf. υ) des § 41.

I1 II1 III1 = (a + b1 c + d + e1 = 0) ⊆ (a + d + e1 = 0) ⊆ (a + e1 = 0)
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I1 II2 III3 = (c1 + a1 b1 = 0) (b c e ≠ 0) ⊆ (c1 = 0) (c e ≠ 0).

Vom dritten Produkt hat man, solange nur b, d eliminirt sein sollen,
die vorletzte, falls b, d und f zu eliminiren sind aber die letzte der an-
gegebenen Resultanten zu nehmen, bei allen übrigen Produkten gilt die
letzte Resultante für beide Fälle.

Wird die Summe der Resultanten gebildet, so geht das sechste Glied
im fünften, das vierte im ersten augenscheinlich ein; dieses erste jedoch
wird selbst vom zweiten absorbirt, indem
(a + e1 = 0) =(a e1 + a e + a1 e1 = 0) = (a e1 = 0) (a e = 0) (a1 e1 = 0) ⊆ (a e1 = 0)
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[295/0319] § 46. Mitchell’s Nebelbilderproblem. I0 = {a1 b1 (c + d) = 0} + {(d f e1 + (d1 + f1) e = 0) ≠ 0}, II0 = {a e1 (b + d1 + f1) = 0} + (b c e ≠ 0), III0 = (a + d + e1 = 0) + (b1 = 0) + (c1 = 0). Von den beiden Teilden von I0 herrührend haben wir eigentlich zwei Probleme, wobei die Lösung des ersten sich auf die ganze Stunde, die des zweiten aber auf einen von 0 verschiedenen, sonst aber unbe- stimmten Teil der Stunde sich beziehen wird. Diese beiden Teile sondern sich beim Ausmultipliziren von selbst, so- dass ich es bei Problemen dieser Gattung für überflüssig halten muss (worauf indess Herr Peirce 8 bei der Logik der Beziehungen so grosses Gewicht legt, p. 194 oben) mit Herrn Mitchell eigens doppelte Indices einzuführen und den Aussagen als Suffixa beizusetzen, deren erster sich auf das Universum der Klassen, deren zweiter sich auf das Universum der Zeit (resp. der Gelegenheiten zu Aussagen) beziehen sollte (und als 1 an- zusetzen wäre für die in genannter Hinsicht universalen, als u oder v für partikulare Aussagen). Bezeichnen wir mit I1, I2, II1, II2, III1, III2, III3 die verschiedenen Glieder der vorstehend zerlegten drei simultanen Prämissen, so er- halten wir beim Ausmultipliziren die nachstehend angegebenen Partial- produkte, aus denen wir erst b und d, zuletzt f regelrecht eliminiren — cf. υ) des § 41. I1 II1 III1 = (a + b1 c + d + e1 = 0)  (a + d + e1 = 0)  (a + e1 = 0) I1 II1 III2 = (b1 + a e1 = 0)  (a e1 = 0) I1 II1 III3 = {c1 + a1 b1 + a e1 (b + d1 + f1) = 0}  {c1 + a e1 (d1 + f1) = 0}   (c1 + a e1 f1 = 0)  (c1 = 0) I1 II2 III1 = (a + d + e1 + b1 c = 0) (b c e ≠ 0)  (a + e1 + b1 c = 0) (b c e ≠ 0)   (a + e1 = 0) (a1 c e ≠ 0) I1 II2 III2 = (b1 = 0) (b c e ≠ 0)  (c e ≠ 0) I1 II2 III3 = (c1 + a1 b1 = 0) (b c e ≠ 0)  (c1 = 0) (c e ≠ 0). Vom dritten Produkt hat man, solange nur b, d eliminirt sein sollen, die vorletzte, falls b, d und f zu eliminiren sind aber die letzte der an- gegebenen Resultanten zu nehmen, bei allen übrigen Produkten gilt die letzte Resultante für beide Fälle. Wird die Summe der Resultanten gebildet, so geht das sechste Glied im fünften, das vierte im ersten augenscheinlich ein; dieses erste jedoch wird selbst vom zweiten absorbirt, indem (a + e1 = 0) =(a e1 + a e + a1 e1 = 0) = (a e1 = 0) (a e = 0) (a1 e1 = 0)  (a e1 = 0) ist, sonach lautet die Resultante für die Elimination von b und d:

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Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891, S. 295. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/319>, abgerufen am 11.05.2024.