Aufgabe 4. Die Proposition aufzulösen: 5) (x = 1) + (x = 0), d. h. das allgemeinste Relativ aufzustellen, welches entweder = 1 oder = 0 ist.
Auflösung. Die vereinigte Gleichung, rechts auf 0 oder 1 gebracht, ist bezüglich:
1 ; xn ; 1 ; x ; 1 = 0
0 j xn j 0 j x j 0 = 1
-- gerade umgekehrt, wie über 3).
Als allgemeine Wurzel vermögen wir sofort anzugeben: x = f(u), wo f(u) irgend ein "ausgezeichnetes" Relativ in u vorstellt. Solcher gibt es wol unendlich viele. Indem wir aber die uns zunächst bekannten sechs Peirce'schen benutzen, mit denen sich obendrein die Adventivforderung als erfüllt erweist, mögen wir den Satz notiren: 6)
[Formel 1]
.
In jedem der sechs Fälle erhalten wir für u = 1 auch x = 1 und für u = 0 auch x = 0; dagegen für (u 1)(u 0) wird x zwar ebenfalls entweder = 1 oder = 0, jedoch unter ganz andern Bedingungen bei einem jeden der sechs Ausdrücke -- wie solche in § 10 nachgesehen werden können.
Auch die Annahmen x = f(u) = 1 ; u ; 1 ; un ; 1 resp. 0 j u j 0 j un j 0 z. B. würden zwar dem Begriffe der allgemeinen Wurzel von 5) noch ent- sprechen, aber nicht mehr der Adventivanforderung genügen, indem der erstere Ausdruck nicht nur für u = 0 sondern auch für u = 1 gleich 0 wird, der letztere in beiden Fällen gleich 1, sonach mit ihm die Wurzel 0 sich nicht reproduzirt. Für u 0 und 1 wird dann umgekehrt der erstere = 1, der letztere = 0.
Zur Vergleichung wollen wir für die vier hiermit eigenartig ge- lösten Aufgaben auch noch "rigorose" Lösungen in's Auge fassen.
Zu dem Ende haben wir die Schemata 12), 16) und 17) des § 12 -- S. 166, 174 -- anzuwenden, wobei die dem F(u) jeweils beizulegende Be- deutung aus der von uns angegebnen vereinigten Nullgleichung der Auf- gabe ersichtlich ist.
Die rigorose Lösung wird hienach völlig bestimmt sein durch den Hinweis auf eine partikulare Lösung a des Problemes, welche, als a priori erkannt, ihr zugrunde zu legen wäre. Als solche bietet sich eventuell 0 oder 1, eventuell ein relativer Modul als die zweckmässigste dar, um einen möglichst einfachen Ausdruck der allgemeinen Lösung zu erzielen.
Für die linkseitige Aufgabe 1, also die Ungleichung x 1 ist x = a = 0 die zweckmässigste Partikularlösung. Wir erhalten dann nach dem Schema 16)
13*
§ 14. Einfachste Beispiele von Lösungen.
Aufgabe 4. Die Proposition aufzulösen: 5) (x = 1) + (x = 0), d. h. das allgemeinste Relativ aufzustellen, welches entweder = 1 oder = 0 ist.
Auflösung. Die vereinigte Gleichung, rechts auf 0 oder 1 gebracht, ist bezüglich:
1 ; x̄ ; 1 ; x ; 1 = 0
0 ɟ x̄ ɟ 0 ɟ x ɟ 0 = 1
— gerade umgekehrt, wie über 3).
Als allgemeine Wurzel vermögen wir sofort anzugeben: x = f(u), wo f(u) irgend ein „ausgezeichnetes“ Relativ in u vorstellt. Solcher gibt es wol unendlich viele. Indem wir aber die uns zunächst bekannten sechs Peirce’schen benutzen, mit denen sich obendrein die Adventivforderung als erfüllt erweist, mögen wir den Satz notiren: 6)
[Formel 1]
.
In jedem der sechs Fälle erhalten wir für u = 1 auch x = 1 und für u = 0 auch x = 0; dagegen für (u ≠ 1)(u ≠ 0) wird x zwar ebenfalls entweder = 1 oder = 0, jedoch unter ganz andern Bedingungen bei einem jeden der sechs Ausdrücke — wie solche in § 10 nachgesehen werden können.
Auch die Annahmen x = f(u) = 1 ; u ; 1 ; ū ; 1 resp. 0 ɟ u ɟ 0 ɟ ū ɟ 0 z. B. würden zwar dem Begriffe der allgemeinen Wurzel von 5) noch ent- sprechen, aber nicht mehr der Adventivanforderung genügen, indem der erstere Ausdruck nicht nur für u = 0 sondern auch für u = 1 gleich 0 wird, der letztere in beiden Fällen gleich 1, sonach mit ihm die Wurzel 0 sich nicht reproduzirt. Für u ≠ 0 und 1 wird dann umgekehrt der erstere = 1, der letztere = 0.
Zur Vergleichung wollen wir für die vier hiermit eigenartig ge- lösten Aufgaben auch noch „rigorose“ Lösungen in’s Auge fassen.
Zu dem Ende haben wir die Schemata 12), 16) und 17) des § 12 — S. 166, 174 — anzuwenden, wobei die dem F(u) jeweils beizulegende Be- deutung aus der von uns angegebnen vereinigten Nullgleichung der Auf- gabe ersichtlich ist.
Die rigorose Lösung wird hienach völlig bestimmt sein durch den Hinweis auf eine partikulare Lösung a des Problemes, welche, als a priori erkannt, ihr zugrunde zu legen wäre. Als solche bietet sich eventuell 0 oder 1, eventuell ein relativer Modul als die zweckmässigste dar, um einen möglichst einfachen Ausdruck der allgemeinen Lösung zu erzielen.
Für die linkseitige Aufgabe 1, also die Ungleichung x ≠ 1 ist x = a = 0 die zweckmässigste Partikularlösung. Wir erhalten dann nach dem Schema 16)
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[195/0209]
§ 14. Einfachste Beispiele von Lösungen.
Aufgabe 4. Die Proposition aufzulösen:
5) (x = 1) + (x = 0),
d. h. das allgemeinste Relativ aufzustellen, welches entweder = 1
oder = 0 ist.
Auflösung. Die vereinigte Gleichung, rechts auf 0 oder 1 gebracht,
ist bezüglich:
1 ; x̄ ; 1 ; x ; 1 = 0 0 ɟ x̄ ɟ 0 ɟ x ɟ 0 = 1
— gerade umgekehrt, wie über 3).
Als allgemeine Wurzel vermögen wir sofort anzugeben: x = f(u), wo
f(u) irgend ein „ausgezeichnetes“ Relativ in u vorstellt. Solcher gibt es
wol unendlich viele. Indem wir aber die uns zunächst bekannten sechs
Peirce’schen benutzen, mit denen sich obendrein die Adventivforderung als
erfüllt erweist, mögen wir den Satz notiren:
6) [FORMEL].
In jedem der sechs Fälle erhalten wir für u = 1 auch x = 1 und für
u = 0 auch x = 0; dagegen für (u ≠ 1)(u ≠ 0) wird x zwar ebenfalls
entweder = 1 oder = 0, jedoch unter ganz andern Bedingungen bei einem
jeden der sechs Ausdrücke — wie solche in § 10 nachgesehen werden können.
Auch die Annahmen
x = f(u) = 1 ; u ; 1 ; ū ; 1 resp. 0 ɟ u ɟ 0 ɟ ū ɟ 0
z. B. würden zwar dem Begriffe der allgemeinen Wurzel von 5) noch ent-
sprechen, aber nicht mehr der Adventivanforderung genügen, indem der
erstere Ausdruck nicht nur für u = 0 sondern auch für u = 1 gleich 0
wird, der letztere in beiden Fällen gleich 1, sonach mit ihm die Wurzel 0
sich nicht reproduzirt. Für u ≠ 0 und 1 wird dann umgekehrt der erstere
= 1, der letztere = 0.
Zur Vergleichung wollen wir für die vier hiermit eigenartig ge-
lösten Aufgaben auch noch „rigorose“ Lösungen in’s Auge fassen.
Zu dem Ende haben wir die Schemata 12), 16) und 17) des § 12 —
S. 166, 174 — anzuwenden, wobei die dem F(u) jeweils beizulegende Be-
deutung aus der von uns angegebnen vereinigten Nullgleichung der Auf-
gabe ersichtlich ist.
Die rigorose Lösung wird hienach völlig bestimmt sein durch den
Hinweis auf eine partikulare Lösung a des Problemes, welche, als a priori
erkannt, ihr zugrunde zu legen wäre. Als solche bietet sich eventuell
0 oder 1, eventuell ein relativer Modul als die zweckmässigste dar, um
einen möglichst einfachen Ausdruck der allgemeinen Lösung zu erzielen.
Für die linkseitige Aufgabe 1, also die Ungleichung x ≠ 1 ist x = a = 0
die zweckmässigste Partikularlösung. Wir erhalten dann nach dem Schema 16)
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 195. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/209>, abgerufen am 05.05.2024.
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