Zur Illustration der allgemeinen Ergebnisse des vorvorigen Para- graphen wollen wir nun einmal die sämtlichen Propositionen auflösen, welche aus den Forderungen x 1 und x 0 nebst deren Verneinungen aufgebaut werden können.
Die letzteren x = 1 und x = 0 stellen schon ihre eignen Lösungen vor.
In Anbetracht, dass Inkonsistenzen sind: (x = 1)(x 1) = (x = 0)(x 0) = (x = 1)(x = 0) = 0, dass ferner als allgemeine Formel gilt: (x = 1) + (x 1) = (x = 0) + (x 0) = 1, endlich dass sich reduzirt:
(x = 1)(x 0) = (x = 1)
(x = 1) + (x 0) = (x 0)
(x 1)(x = 0) = (x = 0)
(x 1) + (x = 0) = (x 1),
sieht man leicht, dass nur die folgenden vier Probleme in Betracht kommen können: den Forderungen x 1, x 0, (x 1)(x 0), (x = 1) + (x = 0) je für sich zu genügen.
Aufgabe 1 und 2. Die Ungleichung aufzulösen:
x 1
x 0,
d. h. vermittelst eines arbiträren Relativs u das allgemeinste Relativ x zu konstruiren, welches nicht = 1 resp. nicht = 0 ist.
Auflösung. Unsre Ungleichung ist bekanntlich äquivalent der Gleichung:
0 j x j 0 = 0
1 ; x ; 1 = 1.
Für die Koeffizienten des gesuchten x muss also nach 3) des § 10 gelten:
Ph kxh k = 0
Sh kxh k = 1.
Diese Gleichung vermögen wir aber -- links nach Bd. 1, S. 501 sowie Bd. 2, § 51, Aufg. 16 -- symmetrisch allgemein zu lösen und zwar vermöge des Ansatzes:
xi j = ui jSh kunh k
xi j = ui j + Ph kunh k.
Darnach ist gefunden:
x = u · 1 ; un ; 1
x = u + 0 j un j 0
und drückt unser Ergebniss der Satz aus: 1)
[Tabelle]
.
In der That ist:
[Formel 1]
Fünfte Vorlesung.
§ 14. Beispiele einfachster Art.
Zur Illustration der allgemeinen Ergebnisse des vorvorigen Para- graphen wollen wir nun einmal die sämtlichen Propositionen auflösen, welche aus den Forderungen x ≠ 1 und x ≠ 0 nebst deren Verneinungen aufgebaut werden können.
Die letzteren x = 1 und x = 0 stellen schon ihre eignen Lösungen vor.
In Anbetracht, dass Inkonsistenzen sind: (x = 1)(x ≠ 1) = (x = 0)(x ≠ 0) = (x = 1)(x = 0) = 0, dass ferner als allgemeine Formel gilt: (x = 1) + (x ≠ 1) = (x = 0) + (x ≠ 0) = 1, endlich dass sich reduzirt:
(x = 1)(x ≠ 0) = (x = 1)
(x = 1) + (x ≠ 0) = (x ≠ 0)
(x ≠ 1)(x = 0) = (x = 0)
(x ≠ 1) + (x = 0) = (x ≠ 1),
sieht man leicht, dass nur die folgenden vier Probleme in Betracht kommen können: den Forderungen x ≠ 1, x ≠ 0, (x ≠ 1)(x ≠ 0), (x = 1) + (x = 0) je für sich zu genügen.
Aufgabe 1 und 2. Die Ungleichung aufzulösen:
x ≠ 1
x ≠ 0,
d. h. vermittelst eines arbiträren Relativs u das allgemeinste Relativ x zu konstruiren, welches nicht = 1 resp. nicht = 0 ist.
Auflösung. Unsre Ungleichung ist bekanntlich äquivalent der Gleichung:
0 ɟ x ɟ 0 = 0
1 ; x ; 1 = 1.
Für die Koeffizienten des gesuchten x muss also nach 3) des § 10 gelten:
Πh kxh k = 0
Σh kxh k = 1.
Diese Gleichung vermögen wir aber — links nach Bd. 1, S. 501 sowie Bd. 2, § 51, Aufg. 16 — symmetrisch allgemein zu lösen und zwar vermöge des Ansatzes:
xi j = ui jΣh kūh k
xi j = ui j + Πh kūh k.
Darnach ist gefunden:
x = u · 1 ; ū ; 1
x = u + 0 ɟ ū ɟ 0
und drückt unser Ergebniss der Satz aus: 1)
[Tabelle]
.
In der That ist:
[Formel 1]
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[192/0206]
Fünfte Vorlesung.
§ 14. Beispiele einfachster Art.
Zur Illustration der allgemeinen Ergebnisse des vorvorigen Para-
graphen wollen wir nun einmal die sämtlichen Propositionen auflösen,
welche aus den Forderungen x ≠ 1 und x ≠ 0 nebst deren Verneinungen
aufgebaut werden können.
Die letzteren x = 1 und x = 0 stellen schon ihre eignen Lösungen vor.
In Anbetracht, dass Inkonsistenzen sind:
(x = 1)(x ≠ 1) = (x = 0)(x ≠ 0) = (x = 1)(x = 0) = 0,
dass ferner als allgemeine Formel gilt:
(x = 1) + (x ≠ 1) = (x = 0) + (x ≠ 0) = 1,
endlich dass sich reduzirt:
(x = 1)(x ≠ 0) = (x = 1) (x = 1) + (x ≠ 0) = (x ≠ 0)
(x ≠ 1)(x = 0) = (x = 0) (x ≠ 1) + (x = 0) = (x ≠ 1),
sieht man leicht, dass nur die folgenden vier Probleme in Betracht kommen
können: den Forderungen
x ≠ 1, x ≠ 0, (x ≠ 1)(x ≠ 0), (x = 1) + (x = 0)
je für sich zu genügen.
Aufgabe 1 und 2. Die Ungleichung aufzulösen:
x ≠ 1 x ≠ 0,
d. h. vermittelst eines arbiträren Relativs u das allgemeinste Relativ x
zu konstruiren, welches nicht = 1 resp. nicht = 0 ist.
Auflösung. Unsre Ungleichung ist bekanntlich äquivalent der
Gleichung:
0 ɟ x ɟ 0 = 0 1 ; x ; 1 = 1.
Für die Koeffizienten des gesuchten x muss also nach 3) des § 10 gelten:
Πh kxh k = 0 Σh kxh k = 1.
Diese Gleichung vermögen wir aber — links nach Bd. 1, S. 501 sowie Bd. 2,
§ 51, Aufg. 16 — symmetrisch allgemein zu lösen und zwar vermöge des Ansatzes:
xi j = ui jΣh kūh k xi j = ui j + Πh kūh k.
Darnach ist gefunden:
x = u · 1 ; ū ; 1 x = u + 0 ɟ ū ɟ 0
und drückt unser Ergebniss der Satz aus:
1)
.
In der That ist:
[FORMEL]
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 192. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/206>, abgerufen am 27.11.2024.
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