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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895.

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§ 16. Auflösungsprobleme der Parellelreihengruppe.

Um irgend eine Aufgabe der ersten Oktade (x = 1???0) zu lösen
-- so, dass die allgemeine Wurzel auch der Adventivforderung genügt --
ersetze man in dem für x geforderten Zeilenschema jeden Horizontal-
strich durch 1 oder durch 0 auf jede mögliche Weise. Jedes so ge-
wonnene Zeilenschema (ihre Anzahl wird gleich 2 hoch der Anzahl
jener Horizontalstriche sein) lässt sich nach § 15 (wenn dort u für a
gesagt wird) durch u = 1abg0 ausdrücken und liefert sein Ausdruck
f(u), gleich x gesetzt, eine richtige und befriedigende allgemeine Lösung
(Wurzel) der Aufgabe.

Für jedes u ist nämlich klar, dass x = f(u) eine richtige Lösung sein
muss, indem die in u vielleicht vorhandnen, in x aber stets unvertreten
geforderten Zeilenkategorieen in der That in f(u) fehlen werden, sintemal
sie sämtlich hier sei es in volle sei es auch in leere Zeilen verwandelt
wurden und so blos die Menge der ohnehin vielleicht vorhandnen Voll-
und Leerzeilen des u vermehren -- während die übrigen Zeilenkategorieen
des u sich in f(u) unverändert wiederfinden. Also jedes f(u) ist eine
Wurzel. Dies f(u) liefert aber auch jede mögliche Wurzel x, indem es
sein Argument u wiedererzeugt sobald in u( = x) die unvertreten gewünschten
Zeilenkategorieen von vornherein fehlten -- und diese brauchten ja in der
That in u nur eventuell vertreten zu sein, sie durften auch von vornherein
darin fehlen.

Um irgend eine Aufgabe der zweiten Oktade (x = 1???-) zu
lösen, verwandle man jeden Horizontalstrich des für x verlangten
Schemas in die Ziffer 1,

Um irgend eine Aufgabe der dritten Oktade (x = -???0) zu
lösen, dagegen in 0,
und verwerte das so gewonnene Zeilenschema in gleicher Weise, wie
bei der ersten Oktade geschildert.

Die Begründung ist hierbei die analoge. Im Einzelnen werden wir haben:
7) [Formel 1]
-- wie aus den Ansätzen x = 1ab10 resp. 1ab00 nach dem angegebnen
Verfahren zu erhalten.

Ohne Rücksicht auf die Adventivforderung würden auch noch die An-
sätze x = 1abn10, 1abn00, 11bgn0, 10bgn0, 11bngn0, 10bngn0 analog ver-
wertbar sein und richtige aber nicht befriedigende Ausdrücke f(u) für die
allgemeine Wurzel x liefern. Auf solche Lösungsmöglichkeiten wollen wir
künftig kaum je noch einen Seitenblick werfen.
8) [Formel 2]
wie aus x = 1a1g0 resp. 1a0g0 erhältlich.
9) [Formel 3]
aus x = 11bg0 resp. 10bg0.

15*
§ 16. Auflösungsprobleme der Parellelreihengruppe.

Um irgend eine Aufgabe der ersten Oktade (x = 1???0) zu lösen
— so, dass die allgemeine Wurzel auch der Adventivforderung genügt —
ersetze man in dem für x geforderten Zeilenschema jeden Horizontal-
strich durch 1 oder durch 0 auf jede mögliche Weise. Jedes so ge-
wonnene Zeilenschema (ihre Anzahl wird gleich 2 hoch der Anzahl
jener Horizontalstriche sein) lässt sich nach § 15 (wenn dort u für a
gesagt wird) durch u = 1αβγ0 ausdrücken und liefert sein Ausdruck
f(u), gleich x gesetzt, eine richtige und befriedigende allgemeine Lösung
(Wurzel) der Aufgabe.

Für jedes u ist nämlich klar, dass x = f(u) eine richtige Lösung sein
muss, indem die in u vielleicht vorhandnen, in x aber stets unvertreten
geforderten Zeilenkategorieen in der That in f(u) fehlen werden, sintemal
sie sämtlich hier sei es in volle sei es auch in leere Zeilen verwandelt
wurden und so blos die Menge der ohnehin vielleicht vorhandnen Voll-
und Leerzeilen des u vermehren — während die übrigen Zeilenkategorieen
des u sich in f(u) unverändert wiederfinden. Also jedes f(u) ist eine
Wurzel. Dies f(u) liefert aber auch jede mögliche Wurzel x, indem es
sein Argument u wiedererzeugt sobald in u( = x) die unvertreten gewünschten
Zeilenkategorieen von vornherein fehlten — und diese brauchten ja in der
That in u nur eventuell vertreten zu sein, sie durften auch von vornherein
darin fehlen.

Um irgend eine Aufgabe der zweiten Oktade (x = 1???-) zu
lösen, verwandle man jeden Horizontalstrich des für x verlangten
Schemas in die Ziffer 1,

Um irgend eine Aufgabe der dritten Oktade (x = -???0) zu
lösen, dagegen in 0,
und verwerte das so gewonnene Zeilenschema in gleicher Weise, wie
bei der ersten Oktade geschildert.

Die Begründung ist hierbei die analoge. Im Einzelnen werden wir haben:
7) [Formel 1]
— wie aus den Ansätzen x = 1αβ10 resp. 1αβ00 nach dem angegebnen
Verfahren zu erhalten.

Ohne Rücksicht auf die Adventivforderung würden auch noch die An-
sätze x = 1αβ̄10, 1αβ̄00, 11βγ̄0, 10βγ̄0, 11β̄γ̄0, 10β̄γ̄0 analog ver-
wertbar sein und richtige aber nicht befriedigende Ausdrücke f(u) für die
allgemeine Wurzel x liefern. Auf solche Lösungsmöglichkeiten wollen wir
künftig kaum je noch einen Seitenblick werfen.
8) [Formel 2]
wie aus x = 1α1γ0 resp. 1α0γ0 erhältlich.
9) [Formel 3]
aus x = 11βγ0 resp. 10βγ0.

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[227/0241] § 16. Auflösungsprobleme der Parellelreihengruppe. Um irgend eine Aufgabe der ersten Oktade (x = 1???0) zu lösen — so, dass die allgemeine Wurzel auch der Adventivforderung genügt — ersetze man in dem für x geforderten Zeilenschema jeden Horizontal- strich durch 1 oder durch 0 auf jede mögliche Weise. Jedes so ge- wonnene Zeilenschema (ihre Anzahl wird gleich 2 hoch der Anzahl jener Horizontalstriche sein) lässt sich nach § 15 (wenn dort u für a gesagt wird) durch u = 1αβγ0 ausdrücken und liefert sein Ausdruck f(u), gleich x gesetzt, eine richtige und befriedigende allgemeine Lösung (Wurzel) der Aufgabe. Für jedes u ist nämlich klar, dass x = f(u) eine richtige Lösung sein muss, indem die in u vielleicht vorhandnen, in x aber stets unvertreten geforderten Zeilenkategorieen in der That in f(u) fehlen werden, sintemal sie sämtlich hier sei es in volle sei es auch in leere Zeilen verwandelt wurden und so blos die Menge der ohnehin vielleicht vorhandnen Voll- und Leerzeilen des u vermehren — während die übrigen Zeilenkategorieen des u sich in f(u) unverändert wiederfinden. Also jedes f(u) ist eine Wurzel. Dies f(u) liefert aber auch jede mögliche Wurzel x, indem es sein Argument u wiedererzeugt sobald in u( = x) die unvertreten gewünschten Zeilenkategorieen von vornherein fehlten — und diese brauchten ja in der That in u nur eventuell vertreten zu sein, sie durften auch von vornherein darin fehlen. Um irgend eine Aufgabe der zweiten Oktade (x = 1???-) zu lösen, verwandle man jeden Horizontalstrich des für x verlangten Schemas in die Ziffer 1, Um irgend eine Aufgabe der dritten Oktade (x = -???0) zu lösen, dagegen in 0, und verwerte das so gewonnene Zeilenschema in gleicher Weise, wie bei der ersten Oktade geschildert. Die Begründung ist hierbei die analoge. Im Einzelnen werden wir haben: 7) [FORMEL] — wie aus den Ansätzen x = 1αβ10 resp. 1αβ00 nach dem angegebnen Verfahren zu erhalten. Ohne Rücksicht auf die Adventivforderung würden auch noch die An- sätze x = 1αβ̄10, 1αβ̄00, 11βγ̄0, 10βγ̄0, 11β̄γ̄0, 10β̄γ̄0 analog ver- wertbar sein und richtige aber nicht befriedigende Ausdrücke f(u) für die allgemeine Wurzel x liefern. Auf solche Lösungsmöglichkeiten wollen wir künftig kaum je noch einen Seitenblick werfen. 8) [FORMEL] wie aus x = 1α1γ0 resp. 1α0γ0 erhältlich. 9) [FORMEL] aus x = 11βγ0 resp. 10βγ0. 15*

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Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 227. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/241>, abgerufen am 05.05.2024.