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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 2. Leipzig, 1905.

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§ 51. Zum Kapitel der symmetrisch allgemeinen Lösungen.

Einer Unbekannten xl soll immer ein unbestimmtes Gebiet ul
als wesentlicher Parameter entsprechen. Und alle Lösungen sollen der
"Adventivforderung" genügen derart, dass man aus ihnen ein gewünschtes
System xl (l = 1, 2, 3, ...) von Wurzeln der Aufgabe durch die si-
multanen Annahmen ul = xl (für l = 1, 2, 3, ...) erhält.

Aufgabe 16 (Erweiterung von Aufg. 1 ... 3 des § 24, Bd. 1,
S. 499).

Pl xl = 0. Lösung: xl = ul Sk unk.

Probe 1. Pl xl = Pl ul Sk unk = Pl ul · Sl unl = 0.

Probe 2. Ist Pl xl = 0, so folgt Sl xnl = 1 = Sk xnk, und folg-
lich xl Sk xnk = xl · 1 = xl.

Die Symmetrie des Lösungssystems ist evident.

Aufgabe 17. Pl xl a. (Erweiterung der vorigen.)
Lösung: xl = ul (a + Sk unk), xnl = unl + an Pk uk.

Wie leicht zu sehen, stimmen beide Proben.

Dass auch Lösungen mit noch mehr Parametern aufgestellt werden
können, zeigt z. B. die Annahme a = Sl bnl. Hier lässt sich die Aufgabe
ansetzen als:
Pl bl xl = 0,
und man entdeckt unschwer unter Berufung auf Aufg. 16 die Lösung
x l = bnl bl + bl al g Sk (bnk + ank), xnl = bl (anl + gn) + bnl bnl + Pk bk ak
worin die al, bl und g willkürlich.

Unbedingt stimmt hier die Probe 1, und auch die Probe 2 bei der An-
nahme g = 1, al = bl = kl.

Aufgabe 18. Sl al xl Sl al bl.

Lösung: xl = ul (anl + Sk ak bk).

Probe 1. Es wird Sl al xl = Sl al ul · Sk ak bk Sk ak bk.

Probe 2. Ist die Aufgabensubsumtion erfüllt, so folgt:
xl = xl (anl + Sk ak bk),
indem wegen
Sk ak bk = Sk ak xk + Sk ak bk
hierin der letzte Addend um den vorhergehenden vermehrt werden darf;
dann findet sich aber rechts xl mit anl + al oder 1 multiplizirt.

Die Herleitung ist hier sehr leicht zu bewerkstelligen; es ist nämlich
nach (3+) gestattet, in der Aufgabensubsumtion das Summenzeichen linker-
hand wegzulassen, so dass folgt:
al xl Sk ak bk oder xl anl + Sk ak bk. Usw.

Aufgabe 19. Sl al bl Sl al xl.

§ 51. Zum Kapitel der symmetrisch allgemeinen Lösungen.

Einer Unbekannten xλ soll immer ein unbestimmtes Gebiet uλ
als wesentlicher Parameter entsprechen. Und alle Lösungen sollen der
„Adventivforderung“ genügen derart, dass man aus ihnen ein gewünschtes
System xλ (λ = 1, 2, 3, …) von Wurzeln der Aufgabe durch die si-
multanen Annahmen uλ = xλ (für λ = 1, 2, 3, …) erhält.

Aufgabe 16 (Erweiterung von Aufg. 1 … 3 des § 24, Bd. 1,
S. 499).

Πλ xλ = 0. Lösung: xλ = uλ Σϰ ūϰ.

Probe 1. Πλ xλ = Πλ uλ Σϰ ūϰ = Πλ uλ · Σλ ūλ = 0.

Probe 2. Ist Πλ xλ = 0, so folgt Σλ x̄λ = 1 = Σϰ x̄ϰ, und folg-
lich xλ Σϰ x̄ϰ = xλ · 1 = xλ.

Die Symmetrie des Lösungssystems ist evident.

Aufgabe 17. Πλ xλ a. (Erweiterung der vorigen.)
Lösung: xλ = uλ (a + Σϰ ūϰ), x̄λ = ūλ + ā Πϰ uϰ.

Wie leicht zu sehen, stimmen beide Proben.

Dass auch Lösungen mit noch mehr Parametern aufgestellt werden
können, zeigt z. B. die Annahme a = Σλ b̄λ. Hier lässt sich die Aufgabe
ansetzen als:
Πλ bλ xλ = 0,
und man entdeckt unschwer unter Berufung auf Aufg. 16 die Lösung
x λ = b̄λ βλ + bλ αλ γ Σϰ (b̄ϰ + ᾱϰ), x̄λ = bλ (ᾱλ + γ̄) + b̄λ β̄λ + Πϰ bϰ αϰ
worin die αλ, βλ und γ willkürlich.

Unbedingt stimmt hier die Probe 1, und auch die Probe 2 bei der An-
nahme γ = 1, αλ = βλ = ϰλ.

Aufgabe 18. Σλ aλ xλ Σλ aλ bλ.

Lösung: xλ = uλ (āλ + Σϰ aϰ bϰ).

Probe 1. Es wird Σλ aλ xλ = Σλ aλ uλ · Σϰ aϰ bϰ Σϰ aϰ bϰ.

Probe 2. Ist die Aufgabensubsumtion erfüllt, so folgt:
xλ = xλ (āλ + Σϰ aϰ bϰ),
indem wegen
Σϰ aϰ bϰ = Σϰ aϰ xϰ + Σϰ aϰ bϰ
hierin der letzte Addend um den vorhergehenden vermehrt werden darf;
dann findet sich aber rechts xλ mit āλ + aλ oder 1 multiplizirt.

Aufgabe 19. Σλ aλ bλ Σλ aλ xλ.

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[431/0075] § 51. Zum Kapitel der symmetrisch allgemeinen Lösungen. Einer Unbekannten xλ soll immer ein unbestimmtes Gebiet uλ als wesentlicher Parameter entsprechen. Und alle Lösungen sollen der „Adventivforderung“ genügen derart, dass man aus ihnen ein gewünschtes System xλ (λ = 1, 2, 3, …) von Wurzeln der Aufgabe durch die si- multanen Annahmen uλ = xλ (für λ = 1, 2, 3, …) erhält. Aufgabe 16 (Erweiterung von Aufg. 1 … 3 des § 24, Bd. 1, S. 499). Πλ xλ = 0. Lösung: xλ = uλ Σϰ ūϰ. Probe 1. Πλ xλ = Πλ uλ Σϰ ūϰ = Πλ uλ · Σλ ūλ = 0. Probe 2. Ist Πλ xλ = 0, so folgt Σλ x̄λ = 1 = Σϰ x̄ϰ, und folg- lich xλ Σϰ x̄ϰ = xλ · 1 = xλ. Die Symmetrie des Lösungssystems ist evident. Aufgabe 17. Πλ xλ a. (Erweiterung der vorigen.) Lösung: xλ = uλ (a + Σϰ ūϰ), x̄λ = ūλ + ā Πϰ uϰ. Wie leicht zu sehen, stimmen beide Proben. Dass auch Lösungen mit noch mehr Parametern aufgestellt werden können, zeigt z. B. die Annahme a = Σλ b̄λ. Hier lässt sich die Aufgabe ansetzen als: Πλ bλ xλ = 0, und man entdeckt unschwer unter Berufung auf Aufg. 16 die Lösung x λ = b̄λ βλ + bλ αλ γ Σϰ (b̄ϰ + ᾱϰ), x̄λ = bλ (ᾱλ + γ̄) + b̄λ β̄λ + Πϰ bϰ αϰ worin die αλ, βλ und γ willkürlich. Unbedingt stimmt hier die Probe 1, und auch die Probe 2 bei der An- nahme γ = 1, αλ = βλ = ϰλ. Aufgabe 18. Σλ aλ xλ Σλ aλ bλ. Lösung: xλ = uλ (āλ + Σϰ aϰ bϰ). Probe 1. Es wird Σλ aλ xλ = Σλ aλ uλ · Σϰ aϰ bϰ Σϰ aϰ bϰ. Probe 2. Ist die Aufgabensubsumtion erfüllt, so folgt: xλ = xλ (āλ + Σϰ aϰ bϰ), indem wegen Σϰ aϰ bϰ = Σϰ aϰ xϰ + Σϰ aϰ bϰ hierin der letzte Addend um den vorhergehenden vermehrt werden darf; dann findet sich aber rechts xλ mit āλ + aλ oder 1 multiplizirt. Die Herleitung ist hier sehr leicht zu bewerkstelligen; es ist nämlich nach (3+) gestattet, in der Aufgabensubsumtion das Summenzeichen linker- hand wegzulassen, so dass folgt: aλ xλ Σϰ aϰ bϰ oder xλ āλ + Σϰ aϰ bϰ. Usw. Aufgabe 19. Σλ aλ bλ Σλ aλ xλ.

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 2. Leipzig, 1905, S. 431. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0202_1905/75>, abgerufen am 04.05.2024.

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