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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 2. Leipzig, 1905.

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Vierundzwanzigste Vorlesung.

Die Lösung ist:
xl = ul + Sk ak bk · Pn (ann + unn),
wo beide Proben stimmen; die erste, indem sich leicht

Sl al xl = Sl al ul + Pn (ann + unn) · Sl (al Sk ak bk) = Sl al (ul + Sk ak bk) =
= Sl al (ul + bl)

herausstellt, die zweite auf den ersten Blick, indem für ul = xl der
letzte Term unseres xl verschwindet.

Um zu zeigen, wie auch solche Aufgaben aufgrund des früheren oft
schon systematisch gelöst werden können, kontraponiren wir die Aufgabe in
Pl (anl + xnl) Pl (anl + bnl),
woraus ersichtlich, dass nach dem Schema der Aufgabe 17 zunächst der
allgemeine Wert des Faktors anl + xnl angebbar ist. Zu dem Ende muss
das dortige Prädikat a durch die rechte Seite hier ersetzt werden, ausser-
dem aber, um die Adventivforderung zu wahren, das dortige ul hier durch
anl + unl, -- gleichwie die dortige Unbekannte xl hier vertreten erscheint
durch anl + xnl. Dies gewährt uns zugleich den Vorteil, dass in dem sich
ergebenden Ausdrucke für anl + xnl keine Resultante der Elimination von
xl mehr zu berücksichtigen sein wird. Man findet
anl + xnl = (anl + unl) {Pk (ank + bnk) + Sk ak uk}, = c,
wo c nur für den Augenblick zur Abkürzung dient, und hat nun als Lösung
nach x einer Gleichung an + xn = c, deren Resultante an cn = 0 schon erfüllt
ist, somit der Gleichung a c x + cn xn = 0:
x = cn un + (an + cn) u = cn + an u.
Es folgt somit
xl = al ul + Sk ak bk · Pn (ann + unn) + anl ul
wie oben angegeben.

Aufgabe 20. Sl al xl = Sl al bl.

Lösung: xl = Pk (ank + unk) · Sn an bn + Sn an bn · ul + ul anl.

Probe 1. Sl al xl = Pk (ank + unl) · Sn an bn + Sn an bn · Sl al ul = Sn an bn,
weil Sl al · Sn an bn = Sn an bn ist und sich hernach die Sl al ul mit dem
Pk zu 1 ergänzt.

Probe 2. Ist die Aufgabengleichung als Voraussetzung erfüllt, so
muss sein
xl = Pk (ank + xnk) Sn an bn + Sn an bn · xl + xl anl,
indem das erste Glied rechterhand verschwindet und alsdann bleibt:
xl = xl (Sk ak xk + anl),
was durch Hervorhebung des dem Werte k = l entsprechenden Gliedes
der Sk leicht zu verifiziren ist.

Vierundzwanzigste Vorlesung.

Die Lösung ist:
xλ = uλ + Σϰ aϰ bϰ · Πν (āν + ūν),
wo beide Proben stimmen; die erste, indem sich leicht

Σλ aλ xλ = Σλ aλ uλ + Πν (āν + ūν) · Σλ (aλ Σϰ aϰ bϰ) = Σλ aλ (uλ + Σϰ aϰ bϰ) =
= Σλ aλ (uλ + bλ)

herausstellt, die zweite auf den ersten Blick, indem für uλ = xλ der
letzte Term unseres xλ verschwindet.

Um zu zeigen, wie auch solche Aufgaben aufgrund des früheren oft
schon systematisch gelöst werden können, kontraponiren wir die Aufgabe in
Πλ (āλ + x̄λ) Πλ (āλ + b̄λ),
woraus ersichtlich, dass nach dem Schema der Aufgabe 17 zunächst der
allgemeine Wert des Faktors āλ + x̄λ angebbar ist. Zu dem Ende muss
das dortige Prädikat a durch die rechte Seite hier ersetzt werden, ausser-
dem aber, um die Adventivforderung zu wahren, das dortige uλ hier durch
āλ + ūλ, — gleichwie die dortige Unbekannte xλ hier vertreten erscheint
durch āλ + x̄λ. Dies gewährt uns zugleich den Vorteil, dass in dem sich
ergebenden Ausdrucke für āλ + x̄λ keine Resultante der Elimination von
xλ mehr zu berücksichtigen sein wird. Man findet
āλ + x̄λ = (āλ + ūλ) {Πϰ (āϰ + b̄ϰ) + Σϰ aϰ uϰ}, = c,
wo c nur für den Augenblick zur Abkürzung dient, und hat nun als Lösung
nach x einer Gleichung ā + x̄ = c, deren Resultante ā c̄ = 0 schon erfüllt
ist, somit der Gleichung a c x + c̄ x̄ = 0:
x = c̄ ū + (ā + c̄) u = c̄ + ā u.
Es folgt somit
xλ = aλ uλ + Σϰ aϰ bϰ · Πν (āν + ūν) + āλ uλ
wie oben angegeben.

Aufgabe 20. Σλ aλ xλ = Σλ aλ bλ.

Lösung: xλ = Πϰ (āϰ + ūϰ) · Σν aν bν + Σν aν bν · uλ + uλ āλ.

Probe 1. Σλ aλ xλ = Πϰ (āϰ + ūλ) · Σν aν bν + Σν aν bν · Σλ aλ uλ = Σν aν bν,
weil Σλ aλ · Σν aν bν = Σν aν bν ist und sich hernach die Σλ aλ uλ mit dem
Πϰ zu 1 ergänzt.

Probe 2. Ist die Aufgabengleichung als Voraussetzung erfüllt, so
muss sein
xλ = Πϰ (āϰ + x̄ϰ) Σν aν bν + Σν aν bν · xλ + xλ āλ,
indem das erste Glied rechterhand verschwindet und alsdann bleibt:
xλ = xλ (Σϰ aϰ xϰ + āλ),
was durch Hervorhebung des dem Werte ϰ = λ entsprechenden Gliedes
der Σϰ leicht zu verifiziren ist.

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[432/0076] Vierundzwanzigste Vorlesung. Die Lösung ist: xλ = uλ + Σϰ aϰ bϰ · Πν (āν + ūν), wo beide Proben stimmen; die erste, indem sich leicht Σλ aλ xλ = Σλ aλ uλ + Πν (āν + ūν) · Σλ (aλ Σϰ aϰ bϰ) = Σλ aλ (uλ + Σϰ aϰ bϰ) = = Σλ aλ (uλ + bλ) herausstellt, die zweite auf den ersten Blick, indem für uλ = xλ der letzte Term unseres xλ verschwindet. Um zu zeigen, wie auch solche Aufgaben aufgrund des früheren oft schon systematisch gelöst werden können, kontraponiren wir die Aufgabe in Πλ (āλ + x̄λ) Πλ (āλ + b̄λ), woraus ersichtlich, dass nach dem Schema der Aufgabe 17 zunächst der allgemeine Wert des Faktors āλ + x̄λ angebbar ist. Zu dem Ende muss das dortige Prädikat a durch die rechte Seite hier ersetzt werden, ausser- dem aber, um die Adventivforderung zu wahren, das dortige uλ hier durch āλ + ūλ, — gleichwie die dortige Unbekannte xλ hier vertreten erscheint durch āλ + x̄λ. Dies gewährt uns zugleich den Vorteil, dass in dem sich ergebenden Ausdrucke für āλ + x̄λ keine Resultante der Elimination von xλ mehr zu berücksichtigen sein wird. Man findet āλ + x̄λ = (āλ + ūλ) {Πϰ (āϰ + b̄ϰ) + Σϰ aϰ uϰ}, = c, wo c nur für den Augenblick zur Abkürzung dient, und hat nun als Lösung nach x einer Gleichung ā + x̄ = c, deren Resultante ā c̄ = 0 schon erfüllt ist, somit der Gleichung a c x + c̄ x̄ = 0: x = c̄ ū + (ā + c̄) u = c̄ + ā u. Es folgt somit xλ = aλ uλ + Σϰ aϰ bϰ · Πν (āν + ūν) + āλ uλ wie oben angegeben. Aufgabe 20. Σλ aλ xλ = Σλ aλ bλ. Lösung: xλ = Πϰ (āϰ + ūϰ) · Σν aν bν + Σν aν bν · uλ + uλ āλ. Probe 1. Σλ aλ xλ = Πϰ (āϰ + ūλ) · Σν aν bν + Σν aν bν · Σλ aλ uλ = Σν aν bν, weil Σλ aλ · Σν aν bν = Σν aν bν ist und sich hernach die Σλ aλ uλ mit dem Πϰ zu 1 ergänzt. Probe 2. Ist die Aufgabengleichung als Voraussetzung erfüllt, so muss sein xλ = Πϰ (āϰ + x̄ϰ) Σν aν bν + Σν aν bν · xλ + xλ āλ, indem das erste Glied rechterhand verschwindet und alsdann bleibt: xλ = xλ (Σϰ aϰ xϰ + āλ), was durch Hervorhebung des dem Werte ϰ = λ entsprechenden Gliedes der Σϰ leicht zu verifiziren ist.

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 2. Leipzig, 1905, S. 432. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0202_1905/76>, abgerufen am 28.11.2024.

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