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

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Elfte Vorlesung.

Aufgabe 3. x = Pi(a ; i + i ; b) = Pi(a j in + i ; b).
x = Pi(a ; i + i · 1 ; b) = (Pia ; i + 1 ; b)Pi(a ; i + i) = (a j 0 + 1 ; b)Pi(a + 1') ; i =
= (a j 0 + 1 ; b){(a + 1') j 0} = a(a + 1') j 0 + {(a + 1') j 0} · 1 ; b, also
x = a j 0 + {(a + 1') j 0} ; b.

Insbesondre wenn a = 0' genommen, darnach a für b gesagt wird,
ergibt sich die zweite Formel links des folgenden Gespannes:
32) [Formel 1]
welches ein interessantes Gegenstück zu 18) insofern bildet, als es zeigt,
wie auch das relative Produkt a ; 1, etc. als ein Pi (statt wie sonst Si)
dargestellt werden kann. Die Formeln sind übrigens leicht auch direkt
einzusehn.

Aufgabe 4. Gesucht x = Pi(a j i + i ; b).

Mit Rücksicht auf 25) fällt dies als x = Pi{(a j 1') ; i + i ; b} unter
die vorhin gelöste Aufgabe, und muss demnach sein:
x = a j 0 + {(a j 1' + 1') j 0} · 1 ; b.

Man kann jedoch auch mittelst Durchganges durch ein Doppelprodukt
wie folgt x ermitteln. Kraft 14) ist
x = Pi{Pj(a ; j + j ; i) + i ; b} = Pi j(a ; j + j ; i + i ; b) = Pj{a ; j + Pi(j ; i + i ; b)}.
Nun ist nach dem Schema der vorigen Aufgabe:
Pi(j ; i + i ; b) = j j 0 + {(j + 1') j 0} · 1 ; b = 0 + (1' j j) · 1 ; b = 0*
nach 3) des § 25, und folglich *x = Pja ; j = a j 0.

Dies stimmt mit dem vorhin gefundnen Resultat erst überein bei Be-
rücksichtigung des Satzes aus 31): *(a j 1' + 1') j 0 = a j 0, welcher auch
geometrisch daraus erhellt, dass bei a = z1abg0 das a j 1' = 1an000 nur
aus den Vollzeilen von a und einbesetzten Zeilen besteht, deren Auge einer
Lücke der Einlückzeilen von a entspricht. Durch Hinzutritt je eines
weitern Auges auf der Hauptdiagonale (aus + 1') können letztere Zeilen
doch niemals zu Vollzeilen werden, sobald der Denkbereich 11 mehr als
zwei Elemente umfasst. Dann also fallen die Vollzeilen des Relativs
a j 1' + 1' durchaus mit den Vollzeilen von a zusammen. Analytisch ist
ja der Satz dual wie der erste 31) zu beweisen und implicite bereits be-
wiesen.

Aufgabe 5. Gesucht x = Pi(a j in + in ; b) = Pi(a ; i + in ; b).
x = Pi(a ; i + i · 1 ; b) = (Pia ; i + 1 ; b)Pi(a ; i + in) = (a j 0 + 1 ; b)Pi(a + 0') ; i,
also: x = (a j 0 + 1 ; b){(a + 0') j 0} = a j 0 + 1'a ; 1 · 1 ; b = a j 0 + 1'a ; 1 ; b.

Aufgabe 6. Gesucht x = Pi(a j i + in ; b) = Pi{(a j 1') ; i + in ; b}.

Hier ist nach dem Schema der vorigen Aufgabe sogleich angebbar:
x = a j 0 + 1'(a j 1') ; 1 ; b.


Elfte Vorlesung.

Aufgabe 3. x = Πi(a ; i + i ; b) = Πi(a ɟ ī + i ; b).
x = Πi(a ; i + i · 1 ; b) = (Πia ; i + 1 ; b)Πi(a ; i + i) = (a ɟ 0 + 1 ; b)Πi(a + 1') ; i =
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x = a ɟ 0 + {(a + 1') ɟ 0} ; b.

Insbesondre wenn a = 0' genommen, darnach a für b gesagt wird,
ergibt sich die zweite Formel links des folgenden Gespannes:
32) [Formel 1]
welches ein interessantes Gegenstück zu 18) insofern bildet, als es zeigt,
wie auch das relative Produkt a ; 1, etc. als ein Πi (statt wie sonst Σi)
dargestellt werden kann. Die Formeln sind übrigens leicht auch direkt
einzusehn.

Aufgabe 4. Gesucht x = Πi(a ɟ i + i ; b).

Mit Rücksicht auf 25) fällt dies als x = Πi{(a ɟ 1') ; i + i ; b} unter
die vorhin gelöste Aufgabe, und muss demnach sein:
x = a ɟ 0 + {(a ɟ 1' + 1') ɟ 0} · 1 ; b.

Man kann jedoch auch mittelst Durchganges durch ein Doppelprodukt
wie folgt x ermitteln. Kraft 14) ist
x = Πi{Πj(a ; j + j̆ ; i) + i ; b} = Πi j(a ; j + j̆ ; i + i ; b) = Πj{a ; j + Πi(j̆ ; i + i ; b)}.
Nun ist nach dem Schema der vorigen Aufgabe:
Πi(j̆ ; i + i ; b) = j̆ ɟ 0 + {(j̆ + 1') ɟ 0} · 1 ; b = 0 + (1' ɟ j) · 1 ; b = 0*
nach 3) des § 25, und folglich *x = Πja ; j = a ɟ 0.

Dies stimmt mit dem vorhin gefundnen Resultat erst überein bei Be-
rücksichtigung des Satzes aus 31): *(a ɟ 1' + 1') ɟ 0 = a ɟ 0, welcher auch
geometrisch daraus erhellt, dass bei a = z1αβγ0 das a ɟ 1' = 1ᾱ000 nur
aus den Vollzeilen von a und einbesetzten Zeilen besteht, deren Auge einer
Lücke der Einlückzeilen von a entspricht. Durch Hinzutritt je eines
weitern Auges auf der Hauptdiagonale (aus + 1') können letztere Zeilen
doch niemals zu Vollzeilen werden, sobald der Denkbereich 11 mehr als
zwei Elemente umfasst. Dann also fallen die Vollzeilen des Relativs
a ɟ 1' + 1' durchaus mit den Vollzeilen von a zusammen. Analytisch ist
ja der Satz dual wie der erste 31) zu beweisen und implicite bereits be-
wiesen.

Aufgabe 5. Gesucht x = Πi(a ɟ ī + ī ; b) = Πi(a ; i + ī ; b).
x = Πi(a ; i + i · 1 ; b) = (Πia ; i + 1 ; b)Πi(a ; i + ī) = (a ɟ 0 + 1 ; b)Πi(a + 0') ; i,
also: x = (a ɟ 0 + 1 ; b){(a + 0') ɟ 0} = a ɟ 0 + 1'a ; 1 · 1 ; b = a ɟ 0 + 1'a ; 1 ; b.

Aufgabe 6. Gesucht x = Πi(a ɟ i + ī ; b) = Πi{(a ɟ 1') ; i + ī ; b}.

Hier ist nach dem Schema der vorigen Aufgabe sogleich angebbar:
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[504/0518] Elfte Vorlesung. Aufgabe 3. x = Πi(a ; i + i ; b) = Πi(a ɟ ī + i ; b). x = Πi(a ; i + i · 1 ; b) = (Πia ; i + 1 ; b)Πi(a ; i + i) = (a ɟ 0 + 1 ; b)Πi(a + 1') ; i = = (a ɟ 0 + 1 ; b){(a + 1') ɟ 0} = a(a + 1') ɟ 0 + {(a + 1') ɟ 0} · 1 ; b, also x = a ɟ 0 + {(a + 1') ɟ 0} ; b. Insbesondre wenn a = 0' genommen, darnach a für b gesagt wird, ergibt sich die zweite Formel links des folgenden Gespannes: 32) [FORMEL] welches ein interessantes Gegenstück zu 18) insofern bildet, als es zeigt, wie auch das relative Produkt a ; 1, etc. als ein Πi (statt wie sonst Σi) dargestellt werden kann. Die Formeln sind übrigens leicht auch direkt einzusehn. Aufgabe 4. Gesucht x = Πi(a ɟ i + i ; b). Mit Rücksicht auf 25) fällt dies als x = Πi{(a ɟ 1') ; i + i ; b} unter die vorhin gelöste Aufgabe, und muss demnach sein: x = a ɟ 0 + {(a ɟ 1' + 1') ɟ 0} · 1 ; b. Man kann jedoch auch mittelst Durchganges durch ein Doppelprodukt wie folgt x ermitteln. Kraft 14) ist x = Πi{Πj(a ; j + j̆ ; i) + i ; b} = Πi j(a ; j + j̆ ; i + i ; b) = Πj{a ; j + Πi(j̆ ; i + i ; b)}. Nun ist nach dem Schema der vorigen Aufgabe: Πi(j̆ ; i + i ; b) = j̆ ɟ 0 + {(j̆ + 1') ɟ 0} · 1 ; b = 0 + (1' ɟ j) · 1 ; b = 0* nach 3) des § 25, und folglich *x = Πja ; j = a ɟ 0. Dies stimmt mit dem vorhin gefundnen Resultat erst überein bei Be- rücksichtigung des Satzes aus 31): *(a ɟ 1' + 1') ɟ 0 = a ɟ 0, welcher auch geometrisch daraus erhellt, dass bei a = z1αβγ0 das a ɟ 1' = 1ᾱ000 nur aus den Vollzeilen von a und einbesetzten Zeilen besteht, deren Auge einer Lücke der Einlückzeilen von a entspricht. Durch Hinzutritt je eines weitern Auges auf der Hauptdiagonale (aus + 1') können letztere Zeilen doch niemals zu Vollzeilen werden, sobald der Denkbereich 11 mehr als zwei Elemente umfasst. Dann also fallen die Vollzeilen des Relativs a ɟ 1' + 1' durchaus mit den Vollzeilen von a zusammen. Analytisch ist ja der Satz dual wie der erste 31) zu beweisen und implicite bereits be- wiesen. Aufgabe 5. Gesucht x = Πi(a ɟ ī + ī ; b) = Πi(a ; i + ī ; b). x = Πi(a ; i + i · 1 ; b) = (Πia ; i + 1 ; b)Πi(a ; i + ī) = (a ɟ 0 + 1 ; b)Πi(a + 0') ; i, also: x = (a ɟ 0 + 1 ; b){(a + 0') ɟ 0} = a ɟ 0 + 1'a ; 1 · 1 ; b = a ɟ 0 + 1'a ; 1 ; b. Aufgabe 6. Gesucht x = Πi(a ɟ i + ī ; b) = Πi{(a ɟ 1') ; i + ī ; b}. Hier ist nach dem Schema der vorigen Aufgabe sogleich angebbar: x = a ɟ 0 + 1'(a ɟ 1') ; 1 ; b.

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Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 504. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/518>, abgerufen am 23.11.2024.