Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890.

Zwölfte Vorlesung.

auf eine Gleichung in α, β, γ von derselben Form wie die gegebene in x,
y, z — nur die drei ersten Glieder mit den drei letzten vertauscht, d. h.
wir gelangen zum Zirkel. Aus diesem wird wieder nur herauszukommen
sein durch die Bemerkung, dass die Relation zwischen unsern Parametern
auf γ = β = α hinausläuft, womit sich die oben angeführten Lösungen
ergeben. — Nach dem gekürzten Schema würden hier alle drei Unbekannten
sich gleich α β γ ergeben haben. —

Aufgabe 10. Die Gleichung:
x y z + x₁ y₁ z₁ = 0
symmetrisch allgemein zu lösen in unabhängigen Parametern.

Das systematische Verfahren nach dem vollen Schema der Methode
führt hier zu der Erkenntniss, dass die Wurzeln folgenden Bau haben
müssen:
x = α (β₁ + γ₁) + α₁ β₁ γ₁ = α (β₁ + γ₁) + β₁ γ₁, x₁ = α₁ (β + γ) + β γ

y = β (γ_1 + α_1) + γ_1 α_1,	etc.
z = γ (α_1 + β_1) + α_1 β_1,

d. h. wir erhalten dieselben Ausdrücke, wie im Kontext der vorigen
Aufgabe — nur die Parameter mit ihren Negationen vertauscht. Weil
nun aber x y z = α₁ β₁ γ₁ und x₁ y₁ z₁ = α β γ wird, so werden die Para-
meter selbst noch die Relation
α β γ + α₁ β₁ γ₁ = 0
symmetrisch allgemein zu erfüllen haben, womit wir bei dem Zirkel
uns angelangt finden.

Auf ebendiesen Zirkel würde es auch führen wenn man etwa die
Lösungen der Aufgabe 2 benutzen wollte, um die vorliegenden zu ent-
decken. Ebenso:

Wendete man das gekürzte Schema an, so ergäbe sich:
x = α (β₁ + γ₁), x₁ = α₁ + β γ
und so weiter (die Buchstaben cyklisch vertauscht). Hier würde zwar
x y z = 0 schon identisch verschwinden, dafür aber
x₁ y₁ z₁ = α₁ β₁ γ₁ + α β γ
sich ergeben und somit der alte Zirkel resultiren.

Der Leser mag hier nun selbst versuchen, aus diesem Zirkel
herauszukommen.^*)

Aufgabe 11. Die Gleichung:
x y z + x₁ y z + y₁ z x + z₁ x y + x₁ y₁ z₁ = 0,

*) Vergleiche hiezu Anhang 6. —