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

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Elfte Vorlesung.
y = v + a(vn j 0), yn = vn(an + 1 ; v),
also nach 8) des § 27:
un j yn = (un j vn){un j (an + 1 ; v)} = (un j vn)(un j an + 1 ; v).
Dies in x eingesetzt gibt:
x = u + a(un j vn)(un j an + 1 ; v) ; v + a(un j vn)(un j an + 1 ; v) ; a(vn j 0) =
= u + a(un j vnan) ; v + a(un j vn) ; v(v ; 1) + a(0 j vn)(un j vn)(un j an + 1 ; v) ; a
nach 9) und 10) des § 27. Hierin ist nun zu unterdrücken: im dritten
Gliede der Faktor v ; 1 als v in sich schliessend -- darnach aber das ganze
zweite Glied, als wegen un j anvn un j vn vom so vereinfachten dritten ab-
sorbirt -- im vierten Gliede der Term 1 ; v weil in seine Negation multi-
plizirt, desgleichen der Faktor un j vn als den 0 j vn enthaltend, und somit
bleibt für x das obige Ergebniss.

Aufgabe 130): Die Gleichung x ; y = a nach x und y symme-
trisch allgemein zu lösen -- wäre als das "dritte Inversionsproblem
mit zwei Unbekannten" zu bezeichnen. Ihre Lösung steht jedoch
noch aus.

Aufgabe 140). Nach x, y, z die Proposition
16) (a y ; x)(b z ; xn)
symmetrisch allgemein aufzulösen.

Auflösung. Nach dem Schema 15) müssen wir für gewisse u, v, w
die untereinanderstehenden Gleichungen haben:
17) y = a(vn j un) ; 1 + v, z = b(wn j u) ; 1 + w,
x = u + 1 ; a(vn j un), xn = un + 1 ; b(wn j u).
Zugleich aber muss die Negation des letzten Ausdrucks mit dem links
vorhergehenden übereinstimmen:
u + 1 ; a(vn j un) = u{0 j (bn + w ; un)}
sein. Diese Gleichung rechts auf 0 gebracht gibt:
u · 1 ; b(wn j u) + un · 1 ; a(vn j un) + 1 ; a(vn j un) · 1 ; b(wn j u) = 0.
Aber aus ub + una = 0 folgt ohnehin ab = 0.

Mithin ist der letzte Term linkerhand unterdrückbar, und das Ver-
schwinden der beiden ersten Terme fordert:
1 ; a(vn j un) u, 1 ; b(wn j u) un
oder vn j un an + 0 j u, wn j u bn + 0 j un.
Dies involvirt durch Elimination von v, w die Resultanten für u:
0 j un an + 0 j u, 0 j u bn + 0 j un,
und sobald diese durch u erfüllt sind, werden sich vn und wn, somit auch

Elfte Vorlesung.
y̆ = v̆ + ă(v̄̆ ɟ 0), ȳ = v̄(ā + 1 ; v),
also nach 8) des § 27:
ū ɟ ȳ = (ū ɟ v̄){ū ɟ (ā + 1 ; v)} = (ū ɟ v̄)(ū ɟ ā + 1 ; v).
Dies in x eingesetzt gibt:
x = u + a(ū ɟ v̄)(ū ɟ ā + 1 ; v) ; v̆ + a(ū ɟ v̄)(ū ɟ ā + 1 ; v) ; ă(v̄̆ ɟ 0) =
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nach 9) und 10) des § 27. Hierin ist nun zu unterdrücken: im dritten
Gliede der Faktor v̆ ; 1 als v̆ in sich schliessend — darnach aber das ganze
zweite Glied, als wegen ū ɟ āv̄ ⋹ ū ɟ v̄ vom so vereinfachten dritten ab-
sorbirt — im vierten Gliede der Term 1 ; v weil in seine Negation multi-
plizirt, desgleichen der Faktor ū ɟ v̄ als den 0 ɟ v̄ enthaltend, und somit
bleibt für x das obige Ergebniss.

Aufgabe 130): Die Gleichung x ; y = a nach x und y symme-
trisch allgemein zu lösen — wäre als das „dritte Inversionsproblem
mit zwei Unbekannten“ zu bezeichnen. Ihre Lösung steht jedoch
noch aus.

Aufgabe 140). Nach x, y, z die Proposition
16) (a ⋹ y ; x)(b ⋹ z ; x̄)
symmetrisch allgemein aufzulösen.

Auflösung. Nach dem Schema 15) müssen wir für gewisse u, v, w
die untereinanderstehenden Gleichungen haben:
17) y = a(v̄ ɟ ū) ; 1 + v, z = b(w̄ ɟ u) ; 1 + w,
x = u + 1 ; a(v̄ ɟ ū), x̄ = ū + 1 ; b(w̄ ɟ u).
Zugleich aber muss die Negation des letzten Ausdrucks mit dem links
vorhergehenden übereinstimmen:
u + 1 ; a(v̄ ɟ ū) = u{0 ɟ (b̄ + w ; ū)}
sein. Diese Gleichung rechts auf 0 gebracht gibt:
u · 1 ; b(w̄ ɟ u) + ū · 1 ; a(v̄ ɟ ū) + 1 ; a(v̄ ɟ ū) · 1 ; b(w̄ ɟ u) = 0.
Aber aus uβ + ūα = 0 folgt ohnehin αβ = 0.

Mithin ist der letzte Term linkerhand unterdrückbar, und das Ver-
schwinden der beiden ersten Terme fordert:
1 ; a(v̄ ɟ ū) ⋹ u, 1 ; b(w̄ ɟ u) ⋹ ū
oder v̄ ɟ ū ⋹ ā + 0 ɟ u, w̄ ɟ u ⋹ b̄ + 0 ɟ ū.
Dies involvirt durch Elimination von v, w die Resultanten für u:
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und sobald diese durch u erfüllt sind, werden sich v̄ und w̄, somit auch

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[478/0492] Elfte Vorlesung. y̆ = v̆ + ă(v̄̆ ɟ 0), ȳ = v̄(ā + 1 ; v), also nach 8) des § 27: ū ɟ ȳ = (ū ɟ v̄){ū ɟ (ā + 1 ; v)} = (ū ɟ v̄)(ū ɟ ā + 1 ; v). Dies in x eingesetzt gibt: x = u + a(ū ɟ v̄)(ū ɟ ā + 1 ; v) ; v̆ + a(ū ɟ v̄)(ū ɟ ā + 1 ; v) ; ă(v̄̆ ɟ 0) = = u + a(ū ɟ v̄ā) ; v̆ + a(ū ɟ v̄) ; v̆(v̆ ; 1) + a(0 ɟ v̄)(ū ɟ v̄)(ū ɟ ā + 1 ; v) ; ă nach 9) und 10) des § 27. Hierin ist nun zu unterdrücken: im dritten Gliede der Faktor v̆ ; 1 als v̆ in sich schliessend — darnach aber das ganze zweite Glied, als wegen ū ɟ āv̄ ⋹ ū ɟ v̄ vom so vereinfachten dritten ab- sorbirt — im vierten Gliede der Term 1 ; v weil in seine Negation multi- plizirt, desgleichen der Faktor ū ɟ v̄ als den 0 ɟ v̄ enthaltend, und somit bleibt für x das obige Ergebniss. Aufgabe 130): Die Gleichung x ; y = a nach x und y symme- trisch allgemein zu lösen — wäre als das „dritte Inversionsproblem mit zwei Unbekannten“ zu bezeichnen. Ihre Lösung steht jedoch noch aus. Aufgabe 140). Nach x, y, z die Proposition 16) (a ⋹ y ; x)(b ⋹ z ; x̄) symmetrisch allgemein aufzulösen. Auflösung. Nach dem Schema 15) müssen wir für gewisse u, v, w die untereinanderstehenden Gleichungen haben: 17) y = a(v̄ ɟ ū) ; 1 + v, z = b(w̄ ɟ u) ; 1 + w, x = u + 1 ; a(v̄ ɟ ū), x̄ = ū + 1 ; b(w̄ ɟ u). Zugleich aber muss die Negation des letzten Ausdrucks mit dem links vorhergehenden übereinstimmen: u + 1 ; a(v̄ ɟ ū) = u{0 ɟ (b̄ + w ; ū)} sein. Diese Gleichung rechts auf 0 gebracht gibt: u · 1 ; b(w̄ ɟ u) + ū · 1 ; a(v̄ ɟ ū) + 1 ; a(v̄ ɟ ū) · 1 ; b(w̄ ɟ u) = 0. Aber aus uβ + ūα = 0 folgt ohnehin αβ = 0. Mithin ist der letzte Term linkerhand unterdrückbar, und das Ver- schwinden der beiden ersten Terme fordert: 1 ; a(v̄ ɟ ū) ⋹ u, 1 ; b(w̄ ɟ u) ⋹ ū oder v̄ ɟ ū ⋹ ā + 0 ɟ u, w̄ ɟ u ⋹ b̄ + 0 ɟ ū. Dies involvirt durch Elimination von v, w die Resultanten für u: 0 ɟ ū ⋹ ā + 0 ɟ u, 0 ɟ u ⋹ b̄ + 0 ɟ ū, und sobald diese durch u erfüllt sind, werden sich v̄ und w̄, somit auch

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Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 478. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/492>, abgerufen am 17.05.2024.