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

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§ 21. Auflösung uud Elimination bei Gleichungen und Subsumtionen.

welche dadurch bemerkenswert sind, dass sie ein Operationsglied weniger
enthalten, mithin einfacher erscheinen.

Um zunächst diese beiden neuen Formen für x aufeinander zurückzu-
führen, bemerke man, dass wegen a b = 0 hier
b = 1 · b = (a + a1) b = a b + a1 b = 0 + a1 b = a1 b,
oder auch rückwärts: a1 b = b sein muss; und ähnlich auch, dass a b1 = a.

Mit der vorhergehenden nach u homogenen Form x) bringt man so-
dann die Darstellung l), z. B. x = b + a1 u in Zusammenhang, indem man
rechts nach u entwickelt, wodurch sich ergibt:
x = b (u + u1) + a1 u = b u1 + (b + a1) u.

Nach Th. 33+) Zusatz ist aber jetzt b + a1 = a1 + a b = a1 + 0 = a1
-- wie denn überhaupt wegen a b1 oder b a1 hier:
a b1 = a, a1 b = b, a1 + b = a1, a + b1 = b1
schon nach Anm. 2 zu Th. 43) folgt -- und erhalten wir die frühere Form
x = b u1 + a1 u
aus der letzten durch Einsetzung jenes Wertes a1 für b + a1. Umgekehrt
erhält man aus dieser jene, indem man a1 durch das wegen a b = 0 ihm
gleiche a1 + b ersetzt und darnach die Glieder mit b zusammenzieht, d. h.
die eben vollzogene Umformung nun rückwärts ausführt.

m) Nach allen in ihr vorkommenden Symbolen rechterhand ent-
wickelt lautet unsre Lösung:

m)x = (a b + a1 b) u1 + (a1 b + a1 b1) u = a1 b u1 + (a1 b + a1 b1) u,
x1 = (a b1 + a1 b1) u1 + (a b + a b1) u = (a b1 + a1 b1) u1 + a b1 u,

wie sich aus k) leicht nach Th. 44+) ergibt, am bequemsten aber
direkt, indem man in k) den einen (mit b nicht behafteten) Term mit
b + b1 den andern (von a noch freien) Term mit a + a1 multiplizirt.
Die Ausdrücke m) könnten hinwiederum auch in:

n) x = a1 b + a1 b1 u = a1 (b + u b1),
x1 = a b1 + a1 b1 u1 = b1 (a + u1 a1)

zusammengezogen werden, wobei sie nach a, b noch entwickelt blieben.

x) Einen heuristischen Beweis, eine "Herleitung", der die Auflösung
leistenden Formel l) -- somit auch k) -- habe ich in meinem Opera-
tionskreis2 gegeben wie folgt.

Soll a x + b x1 = 0 sein, während die Bedingung a b = 0 für den
Bestand und die Auflösbarkeit dieser Gleichung erfüllt ist, so muss,
wie schon unter 49+) erwähnt, für sich:
a x = 0 und b x1 = 0
sein. Der ersten Forderung genügt man nach Th. 43) Zusatz auf die

§ 21. Auflösung uud Elimination bei Gleichungen und Subsumtionen.

welche dadurch bemerkenswert sind, dass sie ein Operationsglied weniger
enthalten, mithin einfacher erscheinen.

Mit der vorhergehenden nach u homogenen Form x) bringt man so-
dann die Darstellung λ), z. B. x = b + a1 u in Zusammenhang, indem man
rechts nach u entwickelt, wodurch sich ergibt:
x = b (u + u1) + a1 u = b u1 + (b + a1) u.

Nach Th. 33+) Zusatz ist aber jetzt b + a1 = a1 + a b = a1 + 0 = a1
— wie denn überhaupt wegen a ⋹ b1 oder b ⋹ a1 hier:
a b1 = a, a1 b = b, a1 + b = a1, a + b1 = b1
schon nach Anm. 2 zu Th. 43) folgt — und erhalten wir die frühere Form
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aus der letzten durch Einsetzung jenes Wertes a1 für b + a1. Umgekehrt
erhält man aus dieser jene, indem man a1 durch das wegen a b = 0 ihm
gleiche a1 + b ersetzt und darnach die Glieder mit b zusammenzieht, d. h.
die eben vollzogene Umformung nun rückwärts ausführt.

μ) Nach allen in ihr vorkommenden Symbolen rechterhand ent-
wickelt lautet unsre Lösung:

μ)x = (a b + a1 b) u1 + (a1 b + a1 b1) u = a1 b u1 + (a1 b + a1 b1) u,
x1 = (a b1 + a1 b1) u1 + (a b + a b1) u = (a b1 + a1 b1) u1 + a b1 u,

wie sich aus ϰ) leicht nach Th. 44+) ergibt, am bequemsten aber
direkt, indem man in ϰ) den einen (mit b nicht behafteten) Term mit
b + b1 den andern (von a noch freien) Term mit a + a1 multiplizirt.
Die Ausdrücke μ) könnten hinwiederum auch in:

ν) x = a1 b + a1 b1 u = a1 (b + u b1),
x1 = a b1 + a1 b1 u1 = b1 (a + u1 a1)

zusammengezogen werden, wobei sie nach a, b noch entwickelt blieben.

ξ) Einen heuristischen Beweis, eine „Herleitung“, der die Auflösung
leistenden Formel λ) — somit auch ϰ) — habe ich in meinem Opera-
tionskreis2 gegeben wie folgt.

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[459/0479] § 21. Auflösung uud Elimination bei Gleichungen und Subsumtionen. welche dadurch bemerkenswert sind, dass sie ein Operationsglied weniger enthalten, mithin einfacher erscheinen. Um zunächst diese beiden neuen Formen für x aufeinander zurückzu- führen, bemerke man, dass wegen a b = 0 hier b = 1 · b = (a + a1) b = a b + a1 b = 0 + a1 b = a1 b, oder auch rückwärts: a1 b = b sein muss; und ähnlich auch, dass a b1 = a. Mit der vorhergehenden nach u homogenen Form x) bringt man so- dann die Darstellung λ), z. B. x = b + a1 u in Zusammenhang, indem man rechts nach u entwickelt, wodurch sich ergibt: x = b (u + u1) + a1 u = b u1 + (b + a1) u. Nach Th. 33+) Zusatz ist aber jetzt b + a1 = a1 + a b = a1 + 0 = a1 — wie denn überhaupt wegen a ⋹ b1 oder b ⋹ a1 hier: a b1 = a, a1 b = b, a1 + b = a1, a + b1 = b1 schon nach Anm. 2 zu Th. 43) folgt — und erhalten wir die frühere Form x = b u1 + a1 u aus der letzten durch Einsetzung jenes Wertes a1 für b + a1. Umgekehrt erhält man aus dieser jene, indem man a1 durch das wegen a b = 0 ihm gleiche a1 + b ersetzt und darnach die Glieder mit b zusammenzieht, d. h. die eben vollzogene Umformung nun rückwärts ausführt. μ) Nach allen in ihr vorkommenden Symbolen rechterhand ent- wickelt lautet unsre Lösung: μ)x = (a b + a1 b) u1 + (a1 b + a1 b1) u = a1 b u1 + (a1 b + a1 b1) u, x1 = (a b1 + a1 b1) u1 + (a b + a b1) u = (a b1 + a1 b1) u1 + a b1 u, wie sich aus ϰ) leicht nach Th. 44+) ergibt, am bequemsten aber direkt, indem man in ϰ) den einen (mit b nicht behafteten) Term mit b + b1 den andern (von a noch freien) Term mit a + a1 multiplizirt. Die Ausdrücke μ) könnten hinwiederum auch in: ν) x = a1 b + a1 b1 u = a1 (b + u b1), x1 = a b1 + a1 b1 u1 = b1 (a + u1 a1) zusammengezogen werden, wobei sie nach a, b noch entwickelt blieben. ξ) Einen heuristischen Beweis, eine „Herleitung“, der die Auflösung leistenden Formel λ) — somit auch ϰ) — habe ich in meinem Opera- tionskreis2 gegeben wie folgt. Soll a x + b x1 = 0 sein, während die Bedingung a b = 0 für den Bestand und die Auflösbarkeit dieser Gleichung erfüllt ist, so muss, wie schon unter 49+) erwähnt, für sich: a x = 0 und b x1 = 0 sein. Der ersten Forderung genügt man nach Th. 43) Zusatz auf die

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890, S. 459. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890/479>, abgerufen am 22.11.2024.

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