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

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Einundzwanzigste Vorlesung.
(a e1 = 0) + (c1 + a e1 f1 = 0) + (c e 0) = i,
oder
n) (a e) + (c = 1) (a e + f) + (c e 0) = i,
und für die Elimination von b, d, f, wo nur der zweite Term durch (c1 = 0)
zu ersetzen ist:
x) (a e) + (c = 1) + (c e 0) = i.

Dies sind die Antworten auf die gestellten Fragen, soweit sie den
ersten Teil des Problems betreffen, nämlich sich auf die ganze Stunde i
beziehen.

Behufs Ermittelung des andern Teils der Lösung lassen wir das
" 0" bei I2 zunächst unbeachtet und berücksichtigen es erst wieder beim
Gesamtergebnisse. Alsdann werden die Partialprodukte mit den zugehörigen
Resultanten:

I2 II1 III1 = (1 = 0) = 0
I2 II1 III2 = (b1 + a e1 + d e1 f + d1 e + e f1 = 0) (a e1 + e f1 = 0) (a e1 = 0)
I2 II1 III3 = (c1 + a b e1 + a d1 + a f1 + d e1 f + d1 e + e f1 = 0)
(c1 + a e1 + e f1 = 0)*) (a e1 + c1 = 0)
I2 II2 III1 = (1 = 0) (b c e 0) = 0
I2 II2 III2 = (b1 + d e1 f + d1 e + e f1 = 0) (b c e 0) (b1 + e f1 = 0) (b c e 0)
(e f1 = 0) (c e f 0) (c e 0)
I2 II2 III3 = (c1 + d e1 f + d1 e + e f1 = 0) (b c e 0) (c1 + e f1 = 0) (b c e 0)
(c1 + e f1 = 0) (c e f 0) (c1 = 0) (c e 0)

Unter Fortlassung des ersten und vierten Partialproduktes, welches un-
möglich stattfinden kann, haben wir als Summe der vorletzten Resultanten,
d. h. solange f noch nicht eliminirt ist:
(a c1 + e f1 = 0) + (e f1 = 0) (c e f 0) 0
indem von den vier stehenbleibenden Gliedern das zweite im ersten, das
vierte im dritten eingeht nach dem Schema:
(a + b = 0) = (a = 0) (b = 0) (a = 0).

Ebenso entsteht nach Elimination auch des f:
(a e1 = 0) + (c e 0) 0,
und mag man behufs verbaler Interpretation die beiden Resultate
schreiben:

*) Diese Vereinfachung zu erzielen erfordert ein wenig Rechnung: Anwendung
des Th. i) des § 18.

Einundzwanzigste Vorlesung.
(a e1 = 0) + (c1 + a e1 f1 = 0) + (c e ≠ 0) = i,
oder
ν) (a ⊆ e) + (c = 1) (a ⊆ e + f) + (c e ≠ 0) = i,
und für die Elimination von b, d, f, wo nur der zweite Term durch (c1 = 0)
zu ersetzen ist:
ξ) (a ⊆ e) + (c = 1) + (c e ≠ 0) = i.

Dies sind die Antworten auf die gestellten Fragen, soweit sie den
ersten Teil des Problems betreffen, nämlich sich auf die ganze Stunde i
beziehen.

Behufs Ermittelung des andern Teils der Lösung lassen wir das
„≠ 0“ bei I2 zunächst unbeachtet und berücksichtigen es erst wieder beim
Gesamtergebnisse. Alsdann werden die Partialprodukte mit den zugehörigen
Resultanten:

I2 II1 III1 = (1 = 0) = 0
I2 II1 III2 = (b1 + a e1 + d e1 f + d1 e + e f1 = 0) ⊆ (a e1 + e f1 = 0) ⊆ (a e1 = 0)
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⊆ (c1 + a e1 + e f1 = 0)*) ⊆ (a e1 + c1 = 0)
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⊆ (c1 + e f1 = 0) (c e f ≠ 0) ⊆ (c1 = 0) (c e ≠ 0)

Unter Fortlassung des ersten und vierten Partialproduktes, welches un-
möglich stattfinden kann, haben wir als Summe der vorletzten Resultanten,
d. h. solange f noch nicht eliminirt ist:
(a c1 + e f1 = 0) + (e f1 = 0) (c e f ≠ 0) ≠ 0
indem von den vier stehenbleibenden Gliedern das zweite im ersten, das
vierte im dritten eingeht nach dem Schema:
(α + β = 0) = (α = 0) (β = 0) ⊆ (α = 0).

Ebenso entsteht nach Elimination auch des f:
(a e1 = 0) + (c e ≠ 0) ≠ 0,
und mag man behufs verbaler Interpretation die beiden Resultate
schreiben:

*) Diese Vereinfachung zu erzielen erfordert ein wenig Rechnung: Anwendung
des Th. ι) des § 18.
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[296/0320] Einundzwanzigste Vorlesung. (a e1 = 0) + (c1 + a e1 f1 = 0) + (c e ≠ 0) = i, oder ν) (a  e) + (c = 1) (a  e + f) + (c e ≠ 0) = i, und für die Elimination von b, d, f, wo nur der zweite Term durch (c1 = 0) zu ersetzen ist: ξ) (a  e) + (c = 1) + (c e ≠ 0) = i. Dies sind die Antworten auf die gestellten Fragen, soweit sie den ersten Teil des Problems betreffen, nämlich sich auf die ganze Stunde i beziehen. Behufs Ermittelung des andern Teils der Lösung lassen wir das „≠ 0“ bei I2 zunächst unbeachtet und berücksichtigen es erst wieder beim Gesamtergebnisse. Alsdann werden die Partialprodukte mit den zugehörigen Resultanten: I2 II1 III1 = (1 = 0) = 0 I2 II1 III2 = (b1 + a e1 + d e1 f + d1 e + e f1 = 0)  (a e1 + e f1 = 0)  (a e1 = 0) I2 II1 III3 = (c1 + a b e1 + a d1 + a f1 + d e1 f + d1 e + e f1 = 0)   (c1 + a e1 + e f1 = 0) *)  (a e1 + c1 = 0) I2 II2 III1 = (1 = 0) (b c e ≠ 0) = 0 I2 II2 III2 = (b1 + d e1 f + d1 e + e f1 = 0) (b c e ≠ 0)  (b1 + e f1 = 0) (b c e ≠ 0)   (e f1 = 0) (c e f ≠ 0)  (c e ≠ 0) I2 II2 III3 = (c1 + d e1 f + d1 e + e f1 = 0) (b c e ≠ 0)  (c1 + e f1 = 0) (b c e ≠ 0)   (c1 + e f1 = 0) (c e f ≠ 0)  (c1 = 0) (c e ≠ 0) Unter Fortlassung des ersten und vierten Partialproduktes, welches un- möglich stattfinden kann, haben wir als Summe der vorletzten Resultanten, d. h. solange f noch nicht eliminirt ist: (a c1 + e f1 = 0) + (e f1 = 0) (c e f ≠ 0) ≠ 0 indem von den vier stehenbleibenden Gliedern das zweite im ersten, das vierte im dritten eingeht nach dem Schema: (α + β = 0) = (α = 0) (β = 0)  (α = 0). Ebenso entsteht nach Elimination auch des f: (a e1 = 0) + (c e ≠ 0) ≠ 0, und mag man behufs verbaler Interpretation die beiden Resultate schreiben: *) Diese Vereinfachung zu erzielen erfordert ein wenig Rechnung: Anwendung des Th. ι) des § 18.

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Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891, S. 296. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/320>, abgerufen am 23.11.2024.