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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.

und es verschwindet in unserm Produkt nicht nur der Term mit u1,
-- weil in seinem Koeffizienten der Faktor u2 + u3 + ... + un zusammen-
trifft mit dem in Überschiebung sich bildenden un2 un3 ... unn, -- sondern auch
der Term mit un1; denn z. B. u2 un3 un4 ... unn, durch den Faktor in Klammern { }
aus xn2 unverändert gelassen, trifft in den Klammern { } aus den übrigen
xn zusammen entweder mit einem zweiten Gliede, das den Faktor un2 auf-
weist, oder mit einem ersten Gliede, und darin je mit einem Produkte zweier
unnegirten u, deren mindestens eines in ihm negirt vorkommt.

Das vorstehende Problem und seine Lösung konziser darzustellen, würde
erst mit dem Bezeichnungskapital des Bd. 3 ermöglicht.

Aufgabe 23. Der Forderung
Sl (xl = al) = 1
symmetrisch auf die allgemeinste Weise zu genügen. Es sollen also
die Unbekannten xl so bestimmt werden, dass mindestens eine derselben
dem ihr zugeordnet gegebenen Werte al gleich ist.

Die Auflösung lässt sich wenigstens für den im Hinblick auf Bd. 3
besonders wichtigen Fall geben, wo die vorkommenden Symbole a, x, u
sämtlich (wie Aussagen) auf den Wertbereich 0, 1 beschränkt sein sollen.
Sie lautet alsdann:
xl = ul Sk (ak uk + ank unk) + al Pk (ank uk + ak unk),
womit, da rechts die Sk und das Pk Negate von einander sind,
xnl = unl Sk + anl Pk
einfach wird.

Probe 1. Mit vorstehenden Werten der Unbekannten wird
Pl (anl xl + al xnl) = Pl (anl ul + al unl) · Sk (ak uk + ank unk) = 0,
und jeder Faktor des Produkts zur Linken kann bei der statuirten Ein-
schränkung des Wertbereiches auch nur einen der Werte 0 und 1 haben.
Verschwinden kann daher das Produkt nur dadurch, dass mindestens
einer seiner Faktoren 0 wird. Daher ist mindestens für ein l nun
anl xl + al xnl = 0, d. h. xl = al, wie immer die Werte ul auch als 1 oder
0 angenommen sein mochten.

Probe 2. Ist ein xl = al, d. h. für wenigstens ein l auch anl xl +
+ al xnl = 0, so verschwindet für u = x das Pk und wird die Sk gleich 1,
womit sich die Lösung als xl = xl · 1 + al · 0 bewahrheitet.

Wie man leicht sieht, ist die Lösung so beschaffen, dass wenn zu-
fällig ein uk = ak ist, dann auch xk = uk = ak wird, während die übrigen
xl = ul beliebig bleiben. Ist dagegen kein uk gleich dem zugehörigen
ak, so werden alle xl bezüglich gleich den al.

Die hiemit abgeschlossene (wol noch vermehrungsfähige und er-

28*

§ 51. Zum Kapitel der symmetrisch allgemeinen Lösungen.

und es verschwindet in unserm Produkt nicht nur der Term mit u1,
— weil in seinem Koeffizienten der Faktor u2 + u3 + … + un zusammen-
trifft mit dem in Überschiebung sich bildenden ū2 ū3 … ūn, — sondern auch
der Term mit ū1; denn z. B. u2 ū3 ū4 … ūn, durch den Faktor in Klammern { }
aus x̄2 unverändert gelassen, trifft in den Klammern { } aus den übrigen
x̄ zusammen entweder mit einem zweiten Gliede, das den Faktor ū2 auf-
weist, oder mit einem ersten Gliede, und darin je mit einem Produkte zweier
unnegirten u, deren mindestens eines in ihm negirt vorkommt.

Das vorstehende Problem und seine Lösung konziser darzustellen, würde
erst mit dem Bezeichnungskapital des Bd. 3 ermöglicht.

Aufgabe 23. Der Forderung
Σλ (xλ = aλ) = 1
symmetrisch auf die allgemeinste Weise zu genügen. Es sollen also
die Unbekannten xλ so bestimmt werden, dass mindestens eine derselben
dem ihr zugeordnet gegebenen Werte aλ gleich ist.

Die Auflösung lässt sich wenigstens für den im Hinblick auf Bd. 3
besonders wichtigen Fall geben, wo die vorkommenden Symbole a, x, u
sämtlich (wie Aussagen) auf den Wertbereich 0, 1 beschränkt sein sollen.
Sie lautet alsdann:
xλ = uλ Σϰ (aϰ uϰ + āϰ ūϰ) + aλ Πϰ (āϰ uϰ + aϰ ūϰ),
womit, da rechts die Σϰ und das Πϰ Negate von einander sind,
x̄λ = ūλ Σϰ + āλ Πϰ
einfach wird.

Probe 1. Mit vorstehenden Werten der Unbekannten wird
Πλ (āλ xλ + aλ x̄λ) = Πλ (āλ uλ + aλ ūλ) · Σϰ (aϰ uϰ + āϰ ūϰ) = 0,
und jeder Faktor des Produkts zur Linken kann bei der statuirten Ein-
schränkung des Wertbereiches auch nur einen der Werte 0 und 1 haben.
Verschwinden kann daher das Produkt nur dadurch, dass mindestens
einer seiner Faktoren 0 wird. Daher ist mindestens für ein λ nun
āλ xλ + aλ x̄λ = 0, d. h. xλ = aλ, wie immer die Werte uλ auch als 1 oder
0 angenommen sein mochten.

Probe 2. Ist ein xλ = aλ, d. h. für wenigstens ein λ auch āλ xλ +
+ aλ x̄λ = 0, so verschwindet für u = x das Πϰ und wird die Σϰ gleich 1,
womit sich die Lösung als xλ = xλ · 1 + aλ · 0 bewahrheitet.

Wie man leicht sieht, ist die Lösung so beschaffen, dass wenn zu-
fällig ein uϰ = aϰ ist, dann auch xϰ = uϰ = aϰ wird, während die übrigen
xλ = uλ beliebig bleiben. Ist dagegen kein uϰ gleich dem zugehörigen
aϰ, so werden alle xλ bezüglich gleich den aλ.

Die hiemit abgeschlossene (wol noch vermehrungsfähige und er-

28*

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[435/0079] § 51. Zum Kapitel der symmetrisch allgemeinen Lösungen. und es verschwindet in unserm Produkt nicht nur der Term mit u1, — weil in seinem Koeffizienten der Faktor u2 + u3 + … + un zusammen- trifft mit dem in Überschiebung sich bildenden ū2 ū3 … ūn, — sondern auch der Term mit ū1; denn z. B. u2 ū3 ū4 … ūn, durch den Faktor in Klammern { } aus x̄2 unverändert gelassen, trifft in den Klammern { } aus den übrigen x̄ zusammen entweder mit einem zweiten Gliede, das den Faktor ū2 auf- weist, oder mit einem ersten Gliede, und darin je mit einem Produkte zweier unnegirten u, deren mindestens eines in ihm negirt vorkommt. Das vorstehende Problem und seine Lösung konziser darzustellen, würde erst mit dem Bezeichnungskapital des Bd. 3 ermöglicht. Aufgabe 23. Der Forderung Σλ (xλ = aλ) = 1 symmetrisch auf die allgemeinste Weise zu genügen. Es sollen also die Unbekannten xλ so bestimmt werden, dass mindestens eine derselben dem ihr zugeordnet gegebenen Werte aλ gleich ist. Die Auflösung lässt sich wenigstens für den im Hinblick auf Bd. 3 besonders wichtigen Fall geben, wo die vorkommenden Symbole a, x, u sämtlich (wie Aussagen) auf den Wertbereich 0, 1 beschränkt sein sollen. Sie lautet alsdann: xλ = uλ Σϰ (aϰ uϰ + āϰ ūϰ) + aλ Πϰ (āϰ uϰ + aϰ ūϰ), womit, da rechts die Σϰ und das Πϰ Negate von einander sind, x̄λ = ūλ Σϰ + āλ Πϰ einfach wird. Probe 1. Mit vorstehenden Werten der Unbekannten wird Πλ (āλ xλ + aλ x̄λ) = Πλ (āλ uλ + aλ ūλ) · Σϰ (aϰ uϰ + āϰ ūϰ) = 0, und jeder Faktor des Produkts zur Linken kann bei der statuirten Ein- schränkung des Wertbereiches auch nur einen der Werte 0 und 1 haben. Verschwinden kann daher das Produkt nur dadurch, dass mindestens einer seiner Faktoren 0 wird. Daher ist mindestens für ein λ nun āλ xλ + aλ x̄λ = 0, d. h. xλ = aλ, wie immer die Werte uλ auch als 1 oder 0 angenommen sein mochten. Probe 2. Ist ein xλ = aλ, d. h. für wenigstens ein λ auch āλ xλ + + aλ x̄λ = 0, so verschwindet für u = x das Πϰ und wird die Σϰ gleich 1, womit sich die Lösung als xλ = xλ · 1 + aλ · 0 bewahrheitet. Wie man leicht sieht, ist die Lösung so beschaffen, dass wenn zu- fällig ein uϰ = aϰ ist, dann auch xϰ = uϰ = aϰ wird, während die übrigen xλ = uλ beliebig bleiben. Ist dagegen kein uϰ gleich dem zugehörigen aϰ, so werden alle xλ bezüglich gleich den aλ. Die hiemit abgeschlossene (wol noch vermehrungsfähige und er- 28*

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 2. Leipzig, 1905, S. 435. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0202_1905/79>, abgerufen am 04.05.2024.

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