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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 b1 + a1 b d x, a x + b y c, c d y
den Schluss ziehen, dass entweder x oder aber y gelten müsse.

Auflösung. Es handelt sich darum, das (von x und y freie) Sub-
jekt zu dem gegebnen Prädikate x y1 + x1 y zu finden.

Um dieses systematisch nach der im Zusatz 4 zu Th. 50) von Boole
gegebnen Methode zu thun, adjungiren wir zu dem Prämissensysteme die
Gleichung:
z = x y1 + x1 y,
eliminiren x und y aus demselben, beziehungsweise aus dessen vereinigter
Gleichung und erhalten (nicht ohne einige Rechnung):
a b1 c1 + (a b1 + a1 b) d1 = 0, {a c1 + (a b1 + a1 b) c d} z + a1 b c1 z1 = 0
wo dann der zweite Teil dieser Resultante nach z aufgelöst geben wird:
a1 b c1 z a b c + a1 (b1 + c1),
indem der Koeffizient von z durch den ersten zu a (b1 + c1) + a1 b c reduzir-
bar. Sonach gibt:
a1 b c1 x y1 + x1 y
die Antwort auf die gestellte Frage, d. h.: wenn b gilt während a und c
nicht gelten, so muss x ohne y oder y ohne x gelten.

In McColl's Manier hätte man, da das gesuchte Subjekt zu z durch
Kontraposition aus einem Prädikate von z1, = x y + x1 y1, zu schliessen sein
wird, zunächst die Ansätze zu machen:
x y (a b1 + a1 b d) (a + b c) (c d 1) = (a b + a1 b1 + d) (a1 b1 + c) = a1 b1 + a b c + c d
x1 y1 (a b1 + a1 b 0) (0 c) (c d 0) = (a b + a1 b1) (c1 + d1), sonach:
x y + x1 y1 a1 b1 + a b + c d, also (a b1 + a1 b) (c1 + d1) x y1 + x1 y.
Dies stimmt erst mit dem einfachern oben ermittelten Ergebniss überein,
wenn man die oben vermerkte Resultante der Elimination von x, y mit
berücksichtigt. Um diese auch mit McColl zu gewinnen, sind ausser vor-
stehenden auch noch die Ansätze nicht zu umgehen:
x y1 (a b1 + a1 b d) (a c) (c d 0) = (a b + a1 b1 + d) (a1 + c) (c1 + d1)
x1 y (a b1 + a1 b 0) (b c) (c d 1) = (a b + a1 b1) (b1 + c)
durch deren additive Überschiebung mit jenen entsteht:
1 a b + a1 b1 + c d + a1 d, oder konvertirt: (a b1 + a1 b) (a c1 + d1) = 0.
Durch all' dies wird aber das Verfahren wieder umständlicher als das vor-
hergehende nach Boole von mir modifizirte.

16. Aufgabe, McColl, "Math. Questions", Vol. 33, p. 60, 61 mit
Lösung von Monro und Elizabeth Blackwood.

Wann wird aus den (aussagenrechnerisch zu deutenden) Prämissen:

Einundzwanzigste Vorlesung.
a b1 + a1 b ⊆ d x, a x + b y ⊆ c, c d ⊆ y
den Schluss ziehen, dass entweder x oder aber y gelten müsse.

Auflösung. Es handelt sich darum, das (von x und y freie) Sub-
jekt zu dem gegebnen Prädikate x y1 + x1 y zu finden.

Um dieses systematisch nach der im Zusatz 4 zu Th. 50) von Boole
gegebnen Methode zu thun, adjungiren wir zu dem Prämissensysteme die
Gleichung:
z = x y1 + x1 y,
eliminiren x und y aus demselben, beziehungsweise aus dessen vereinigter
Gleichung und erhalten (nicht ohne einige Rechnung):
a b1 c1 + (a b1 + a1 b) d1 = 0, {a c1 + (a b1 + a1 b) c d} z + a1 b c1 z1 = 0
wo dann der zweite Teil dieser Resultante nach z aufgelöst geben wird:
a1 b c1 ⊆ z ⊆ a b c + a1 (b1 + c1),
indem der Koeffizient von z durch den ersten zu a (b1 + c1) + a1 b c reduzir-
bar. Sonach gibt:
a1 b c1 ⊆ x y1 + x1 y
die Antwort auf die gestellte Frage, d. h.: wenn b gilt während a und c
nicht gelten, so muss x ohne y oder y ohne x gelten.

In McColl’s Manier hätte man, da das gesuchte Subjekt zu z durch
Kontraposition aus einem Prädikate von z1, = x y + x1 y1, zu schliessen sein
wird, zunächst die Ansätze zu machen:
x y ⊆ (a b1 + a1 b ⊆ d) (a + b ⊆ c) (c d ⊆ 1) = (a b + a1 b1 + d) (a1 b1 + c) = a1 b1 + a b c + c d
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Dies stimmt erst mit dem einfachern oben ermittelten Ergebniss überein,
wenn man die oben vermerkte Resultante der Elimination von x, y mit
berücksichtigt. Um diese auch mit McColl zu gewinnen, sind ausser vor-
stehenden auch noch die Ansätze nicht zu umgehen:
x y1 ⊆ (a b1 + a1 b ⊆ d) (a ⊆ c) (c d ⊆ 0) = (a b + a1 b1 + d) (a1 + c) (c1 + d1)
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Durch all’ dies wird aber das Verfahren wieder umständlicher als das vor-
hergehende nach Boole von mir modifizirte.

16. Aufgabe, McColl, „Math. Questions“, Vol. 33, p. 60, 61 mit
Lösung von Monro und Elizabeth Blackwood.

Wann wird aus den (aussagenrechnerisch zu deutenden) Prämissen:

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[306/0330] Einundzwanzigste Vorlesung. a b1 + a1 b  d x, a x + b y  c, c d  y den Schluss ziehen, dass entweder x oder aber y gelten müsse. Auflösung. Es handelt sich darum, das (von x und y freie) Sub- jekt zu dem gegebnen Prädikate x y1 + x1 y zu finden. Um dieses systematisch nach der im Zusatz 4 zu Th. 50) von Boole gegebnen Methode zu thun, adjungiren wir zu dem Prämissensysteme die Gleichung: z = x y1 + x1 y, eliminiren x und y aus demselben, beziehungsweise aus dessen vereinigter Gleichung und erhalten (nicht ohne einige Rechnung): a b1 c1 + (a b1 + a1 b) d1 = 0, {a c1 + (a b1 + a1 b) c d} z + a1 b c1 z1 = 0 wo dann der zweite Teil dieser Resultante nach z aufgelöst geben wird: a1 b c1  z  a b c + a1 (b1 + c1), indem der Koeffizient von z durch den ersten zu a (b1 + c1) + a1 b c reduzir- bar. Sonach gibt: a1 b c1  x y1 + x1 y die Antwort auf die gestellte Frage, d. h.: wenn b gilt während a und c nicht gelten, so muss x ohne y oder y ohne x gelten. In McColl’s Manier hätte man, da das gesuchte Subjekt zu z durch Kontraposition aus einem Prädikate von z1, = x y + x1 y1, zu schliessen sein wird, zunächst die Ansätze zu machen: x y  (a b1 + a1 b  d) (a + b  c) (c d  1) = (a b + a1 b1 + d) (a1 b1 + c) = a1 b1 + a b c + c d x1 y1  (a b1 + a1 b  0) (0  c) (c d  0) = (a b + a1 b1) (c1 + d1), sonach: x y + x1 y1  a1 b1 + a b + c d, also (a b1 + a1 b) (c1 + d1)  x y1 + x1 y. Dies stimmt erst mit dem einfachern oben ermittelten Ergebniss überein, wenn man die oben vermerkte Resultante der Elimination von x, y mit berücksichtigt. Um diese auch mit McColl zu gewinnen, sind ausser vor- stehenden auch noch die Ansätze nicht zu umgehen: x y1  (a b1 + a1 b  d) (a  c) (c d  0) = (a b + a1 b1 + d) (a1 + c) (c1 + d1) x1 y  (a b1 + a1 b  0) (b  c) (c d  1) = (a b + a1 b1) (b1 + c) durch deren additive Überschiebung mit jenen entsteht: 1  a b + a1 b1 + c d + a1 d, oder konvertirt: (a b1 + a1 b) (a c1 + d1) = 0. Durch all’ dies wird aber das Verfahren wieder umständlicher als das vor- hergehende nach Boole von mir modifizirte. 16. Aufgabe, McColl, „Math. Questions“, Vol. 33, p. 60, 61 mit Lösung von Monro und Elizabeth Blackwood. Wann wird aus den (aussagenrechnerisch zu deutenden) Prämissen:

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Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891, S. 306. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/330>, abgerufen am 11.05.2024.