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

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§ 28. Lösung einiger Vor-Aufgaben mit 2 Unbekannten.

v und w aus den beiden vorhergehenden Subsumtionen nach dem zweiten
Inversionstheoreme ermitteln lassen.

Wegen 0 j u 1 ; u reduziren sich unsre Resultanten zu
a 1 ; u, (0 j u bn oder) b 1 ; un,
und bildet die Auflösung dieses Subsumtionenpaares nach der Unbekannten u
eine Hülfsaufgabe der obigen. Dass dasselbe keine Bedingung für a und b
(als Resultante der Elimination von u aus beiden Subsumtionen) in sich
schliessen kann, geht daraus hervor, dass (ihnen) u 1' oder 0' unbedingt
genügt.

Sind sie erfüllt, so wird
18) x = u
selbst sein müssen, sintemal oben die Nullgleichung für u die Einordnung
des zweiten Terms von x unter den ersten garantirt. Man kann daher
durchweg x für u schreiben und wird sich ferner nach 11) des § 18 ergeben:
vn = vn{(an + 0 j x + v ; x) j xn}, wn = wn{(bn + 0 j xn + w ; xn) j x},
v = v + a(1 ; xn)(vn j xn) ; x, w = w + b(1 ; x)(wn j x) ; xn,
was nach 9) des § 27 auch umschreibbar in:
19) w = v + a(vn j xn) ; (xn ; 1)x, w = w + b(wn j x) ; (x ; 1)xn.
Sonach erübrigt blos noch die Lösung der Hülfsaufgabe:
Aufgabe 150) (a 1 ; x)(b 1 ; xn), = (1 ; a 1 ; x)(1 ; b 1 ; xn).

Von x ist damit einfach gefordert, dass es die besetzten Kolonnen
von a besetzt habe, während sein Negat auch die besetzten Kolonnen von b
besetzt haben soll. Dann müssen also die besetzten Kolonnen von b auch
Lückkolonnen von x sein. Wir teilen demnach alle vorhandenen Kolonnen
in vier Kategorieen:
1 = (0 j an)(0 j bn) + (0 j an) · 1 ; b + 1 ; a · (0 j bn) + 1 ; a · 1 ; b,
deren erste die bei a und b unbesetzten Kolonnen zu Vollkolonnen zu-
sammenfasst, die zweite ebenso die bei a unbesetzten aber bei b besetzten,
die dritte die bei a besetzten und bei b unbesetzten, die vierte die bei a
und b zugleich besetzten. Dann wird:
x = (0 j an)(0 j bn)u + (0 j an) · 1 ; b · u2 + 1 ; a · (0 j bn)u3 + 1 ; a · 1 ; b · u4
sein müssen, wo u willkürlich ist, u2, 3, 4 aber das allgemeinste Relativ vor-
stellt, welches lauter Lückkolonnen resp. lauter besetzte Kolonnen resp.
lauter besetze Lückkolonnen hat. Diese Relative sind aber in § 16 er-
mittelt, und zwar (ibidem Aufg. 17, 9, 25) ist:
u2 = u · 1 ; un, u3 = u + 0 j un, u4 = u · 1 ; un + (0 j u)0' + (0 j un)1'.
Durch Einsetzung dieser Werte in x und Ausmultipliziren der identischen
Summen ergibt sich x als eine Summe von sieben Gliedern. Von diesen
liefert aber das erste und dritte Glied zusammen: (0 j bn)u, sowie das
zweite und fünfte Glied zusammen: 1 ; b · u · 1 ; un, und schlägt man hiezu
aus dem vorigen Ergebnisse noch (0 j bn)u · 1 ; un, so entsteht der Term

§ 28. Lösung einiger Vor-Aufgaben mit 2 Unbekannten.

v und w aus den beiden vorhergehenden Subsumtionen nach dem zweiten
Inversionstheoreme ermitteln lassen.

Wegen 0 ɟ u ⋹ 1 ; u reduziren sich unsre Resultanten zu
a⋹ 1 ; u, (0 ɟ u ⋹ b̄ oder) b ⋹ 1 ; ū,
und bildet die Auflösung dieses Subsumtionenpaares nach der Unbekannten u
eine Hülfsaufgabe der obigen. Dass dasselbe keine Bedingung für a und b
(als Resultante der Elimination von u aus beiden Subsumtionen) in sich
schliessen kann, geht daraus hervor, dass (ihnen) u ⋹ 1' oder 0' unbedingt
genügt.

Sind sie erfüllt, so wird
18) x = u
selbst sein müssen, sintemal oben die Nullgleichung für u die Einordnung
des zweiten Terms von x unter den ersten garantirt. Man kann daher
durchweg x für u schreiben und wird sich ferner nach 11) des § 18 ergeben:
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v = v + a(1 ; x̄)(v̄ ɟ x̄) ; x̆, w = w + b(1 ; x)(w̄ ɟ x) ; x̄̆,
was nach 9) des § 27 auch umschreibbar in:
19) w = v + a(v̄ ɟ x̄) ; (x̄̆ ; 1)x̆, w = w + b(w̄ ɟ x) ; (x̆ ; 1)x̄̆.
Sonach erübrigt blos noch die Lösung der Hülfsaufgabe:
Aufgabe 150) (a ⋹ 1 ; x)(b ⋹ 1 ; x̄), = (1 ; a ⋹ 1 ; x)(1 ; b ⋹ 1 ; x̄).

Von x ist damit einfach gefordert, dass es die besetzten Kolonnen
von a besetzt habe, während sein Negat auch die besetzten Kolonnen von b
besetzt haben soll. Dann müssen also die besetzten Kolonnen von b auch
Lückkolonnen von x sein. Wir teilen demnach alle vorhandenen Kolonnen
in vier Kategorieen:
1 = (0 ɟ ā)(0 ɟ b̄) + (0 ɟ ā) · 1 ; b + 1 ; a · (0 ɟ b̄) + 1 ; a · 1 ; b,
deren erste die bei a und b unbesetzten Kolonnen zu Vollkolonnen zu-
sammenfasst, die zweite ebenso die bei a unbesetzten aber bei b besetzten,
die dritte die bei a besetzten und bei b unbesetzten, die vierte die bei a
und b zugleich besetzten. Dann wird:
x = (0 ɟ ā)(0 ɟ b̄)u + (0 ɟ ā) · 1 ; b · u2 + 1 ; a · (0 ɟ b̄)u3 + 1 ; a · 1 ; b · u4
sein müssen, wo u willkürlich ist, u2, 3, 4 aber das allgemeinste Relativ vor-
stellt, welches lauter Lückkolonnen resp. lauter besetzte Kolonnen resp.
lauter besetze Lückkolonnen hat. Diese Relative sind aber in § 16 er-
mittelt, und zwar (ibidem Aufg. 17, 9, 25) ist:
u2 = u · 1 ; ū, u3 = u + 0 ɟ ū, u4 = u · 1 ; ū + (0 ɟ u)0' + (0 ɟ ū)1'.
Durch Einsetzung dieser Werte in x und Ausmultipliziren der identischen
Summen ergibt sich x als eine Summe von sieben Gliedern. Von diesen
liefert aber das erste und dritte Glied zusammen: (0 ɟ b̄)u, sowie das
zweite und fünfte Glied zusammen: 1 ; b · u · 1 ; ū, und schlägt man hiezu
aus dem vorigen Ergebnisse noch (0 ɟ b̄)u · 1 ; ū, so entsteht der Term

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[479/0493] § 28. Lösung einiger Vor-Aufgaben mit 2 Unbekannten. v und w aus den beiden vorhergehenden Subsumtionen nach dem zweiten Inversionstheoreme ermitteln lassen. Wegen 0 ɟ u ⋹ 1 ; u reduziren sich unsre Resultanten zu a⋹ 1 ; u, (0 ɟ u ⋹ b̄ oder) b ⋹ 1 ; ū, und bildet die Auflösung dieses Subsumtionenpaares nach der Unbekannten u eine Hülfsaufgabe der obigen. Dass dasselbe keine Bedingung für a und b (als Resultante der Elimination von u aus beiden Subsumtionen) in sich schliessen kann, geht daraus hervor, dass (ihnen) u ⋹ 1' oder 0' unbedingt genügt. Sind sie erfüllt, so wird 18) x = u selbst sein müssen, sintemal oben die Nullgleichung für u die Einordnung des zweiten Terms von x unter den ersten garantirt. Man kann daher durchweg x für u schreiben und wird sich ferner nach 11) des § 18 ergeben: v̄ = v̄{(ā + 0 ɟ x + v ; x) ɟ x̄̆}, w̄ = w̄{(b̄ + 0 ɟ x̄ + w ; x̄) ɟ x̆}, v = v + a(1 ; x̄)(v̄ ɟ x̄) ; x̆, w = w + b(1 ; x)(w̄ ɟ x) ; x̄̆, was nach 9) des § 27 auch umschreibbar in: 19) w = v + a(v̄ ɟ x̄) ; (x̄̆ ; 1)x̆, w = w + b(w̄ ɟ x) ; (x̆ ; 1)x̄̆. Sonach erübrigt blos noch die Lösung der Hülfsaufgabe: Aufgabe 150) (a ⋹ 1 ; x)(b ⋹ 1 ; x̄), = (1 ; a ⋹ 1 ; x)(1 ; b ⋹ 1 ; x̄). Von x ist damit einfach gefordert, dass es die besetzten Kolonnen von a besetzt habe, während sein Negat auch die besetzten Kolonnen von b besetzt haben soll. Dann müssen also die besetzten Kolonnen von b auch Lückkolonnen von x sein. Wir teilen demnach alle vorhandenen Kolonnen in vier Kategorieen: 1 = (0 ɟ ā)(0 ɟ b̄) + (0 ɟ ā) · 1 ; b + 1 ; a · (0 ɟ b̄) + 1 ; a · 1 ; b, deren erste die bei a und b unbesetzten Kolonnen zu Vollkolonnen zu- sammenfasst, die zweite ebenso die bei a unbesetzten aber bei b besetzten, die dritte die bei a besetzten und bei b unbesetzten, die vierte die bei a und b zugleich besetzten. Dann wird: x = (0 ɟ ā)(0 ɟ b̄)u + (0 ɟ ā) · 1 ; b · u2 + 1 ; a · (0 ɟ b̄)u3 + 1 ; a · 1 ; b · u4 sein müssen, wo u willkürlich ist, u2, 3, 4 aber das allgemeinste Relativ vor- stellt, welches lauter Lückkolonnen resp. lauter besetzte Kolonnen resp. lauter besetze Lückkolonnen hat. Diese Relative sind aber in § 16 er- mittelt, und zwar (ibidem Aufg. 17, 9, 25) ist: u2 = u · 1 ; ū, u3 = u + 0 ɟ ū, u4 = u · 1 ; ū + (0 ɟ u)0' + (0 ɟ ū)1'. Durch Einsetzung dieser Werte in x und Ausmultipliziren der identischen Summen ergibt sich x als eine Summe von sieben Gliedern. Von diesen liefert aber das erste und dritte Glied zusammen: (0 ɟ b̄)u, sowie das zweite und fünfte Glied zusammen: 1 ; b · u · 1 ; ū, und schlägt man hiezu aus dem vorigen Ergebnisse noch (0 ɟ b̄)u · 1 ; ū, so entsteht der Term

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 479. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/493>, abgerufen am 23.11.2024.

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