Um dies darzuthun muss nur erkannt werden, dass die Gleichung: x = x (y1 + z1 + w1) unter der Voraussetzung 0 = x y z w eine richtige Identität ist. Ad- diren wir aber diese letztere überschiebend zu der vorigen Gleichung, so entsteht: x = x (y1 + z1 + w1 + y z w) = x · 1 = x, in Anbetracht, dass wegen y1 + z1 + w1 = (y z w)1 der Inhalt der Klammer rechts gleich 1 sein muss -- cf. Th. 36x) und 30+).
Und analog bezüglich der übrigen Unbekannten. Ebenso würde mit den Annahmen o = 1, a = x1, b = y1, g = z1, d = w1 der Nachweis gelungen sein.
Es ist also wirklich jede denkbare Lösung, jedes der Forderung x y z w = 0 genügende Wertsystem in unsern Ausdrücken für die Wurzeln enthalten.
Und drittens gleichwie die Aufgabe in Bezug auf sämtliche Un- bekannte symmetrisch war, so sind es auch unsre Resultate, indem durch Vertauschungen unter den Parametern a, b, g, d augenscheinlich die verschiedenen Wurzeln nur in einander übergeführt werden, das System der Lösungen aber, wenn zugleich auch diese Wurzeln ver- tauscht werden, als Ganzes unverändert bleibt.
Wir sind darnach mit dem Beweis zu Ende. --
Unsre Lösungen sind sogar symmetrisch in Bezug auf die Gruppe der Parameter und diejenige ihrer Negationen, indem bei Vertauschung von o, a, b, g, d mit bezüglich o1, a1, b1, g1, d1 die Ausdrücke wesent- lich ungeändert bleiben, nur in sich selbst wieder übergehen.
Letztere Eigenschaft ist ein Luxus. Man kann sie preisgeben und dafür den Vorteil erkaufen, dass man mit einem Parameter weniger auskommt.
Wie im zweiten Teil des Beweises sich offenbarte sind nämlich auch die für die spezielle Annahme o = 1 (oder auch = 0) sich er- gebenden Ausdrücke schon die allgemeinsten Lösungen und kann man also sagen, dass auch durch die Formeln: x = a1 (b + g + d) y = b1 (g + d + a) z = g1 (d + a + b) w = d1 (a + b + g)
Zwölfte Vorlesung.
Um dies darzuthun muss nur erkannt werden, dass die Gleichung: x = x (y1 + z1 + w1) unter der Voraussetzung 0 = x y z w eine richtige Identität ist. Ad- diren wir aber diese letztere überschiebend zu der vorigen Gleichung, so entsteht: x = x (y1 + z1 + w1 + y z w) = x · 1 = x, in Anbetracht, dass wegen y1 + z1 + w1 = (y z w)1 der Inhalt der Klammer rechts gleich 1 sein muss — cf. Th. 36×) und 30+).
Und analog bezüglich der übrigen Unbekannten. Ebenso würde mit den Annahmen ω = 1, α = x1, β = y1, γ = z1, δ = w1 der Nachweis gelungen sein.
Es ist also wirklich jede denkbare Lösung, jedes der Forderung x y z w = 0 genügende Wertsystem in unsern Ausdrücken für die Wurzeln enthalten.
Und drittens gleichwie die Aufgabe in Bezug auf sämtliche Un- bekannte symmetrisch war, so sind es auch unsre Resultate, indem durch Vertauschungen unter den Parametern α, β, γ, δ augenscheinlich die verschiedenen Wurzeln nur in einander übergeführt werden, das System der Lösungen aber, wenn zugleich auch diese Wurzeln ver- tauscht werden, als Ganzes unverändert bleibt.
Wir sind darnach mit dem Beweis zu Ende. —
Unsre Lösungen sind sogar symmetrisch in Bezug auf die Gruppe der Parameter und diejenige ihrer Negationen, indem bei Vertauschung von ω, α, β, γ, δ mit bezüglich ω1, α1, β1, γ1, δ1 die Ausdrücke wesent- lich ungeändert bleiben, nur in sich selbst wieder übergehen.
Letztere Eigenschaft ist ein Luxus. Man kann sie preisgeben und dafür den Vorteil erkaufen, dass man mit einem Parameter weniger auskommt.
Wie im zweiten Teil des Beweises sich offenbarte sind nämlich auch die für die spezielle Annahme ω = 1 (oder auch = 0) sich er- gebenden Ausdrücke schon die allgemeinsten Lösungen und kann man also sagen, dass auch durch die Formeln: x = α1 (β + γ + δ) y = β1 (γ + δ + α) z = γ1 (δ + α + β) w = δ1 (α + β + γ)
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Zwölfte Vorlesung.
Um dies darzuthun muss nur erkannt werden, dass die Gleichung:
x = x (y1 + z1 + w1)
unter der Voraussetzung 0 = x y z w eine richtige Identität ist. Ad-
diren wir aber diese letztere überschiebend zu der vorigen Gleichung,
so entsteht:
x = x (y1 + z1 + w1 + y z w) = x · 1 = x,
in Anbetracht, dass wegen y1 + z1 + w1 = (y z w)1 der Inhalt der Klammer
rechts gleich 1 sein muss — cf. Th. 36×) und 30+).
Und analog bezüglich der übrigen Unbekannten. Ebenso würde
mit den Annahmen
ω = 1, α = x1, β = y1, γ = z1, δ = w1
der Nachweis gelungen sein.
Es ist also wirklich jede denkbare Lösung, jedes der Forderung
x y z w = 0 genügende Wertsystem in unsern Ausdrücken für die
Wurzeln enthalten.
Und drittens gleichwie die Aufgabe in Bezug auf sämtliche Un-
bekannte symmetrisch war, so sind es auch unsre Resultate, indem
durch Vertauschungen unter den Parametern α, β, γ, δ augenscheinlich
die verschiedenen Wurzeln nur in einander übergeführt werden, das
System der Lösungen aber, wenn zugleich auch diese Wurzeln ver-
tauscht werden, als Ganzes unverändert bleibt.
Wir sind darnach mit dem Beweis zu Ende. —
Unsre Lösungen sind sogar symmetrisch in Bezug auf die Gruppe
der Parameter und diejenige ihrer Negationen, indem bei Vertauschung
von ω, α, β, γ, δ mit bezüglich ω1, α1, β1, γ1, δ1 die Ausdrücke wesent-
lich ungeändert bleiben, nur in sich selbst wieder übergehen.
Letztere Eigenschaft ist ein Luxus. Man kann sie preisgeben und
dafür den Vorteil erkaufen, dass man mit einem Parameter weniger
auskommt.
Wie im zweiten Teil des Beweises sich offenbarte sind nämlich
auch die für die spezielle Annahme ω = 1 (oder auch = 0) sich er-
gebenden Ausdrücke schon die allgemeinsten Lösungen und kann man
also sagen, dass auch durch die Formeln:
x = α1 (β + γ + δ)
y = β1 (γ + δ + α)
z = γ1 (δ + α + β)
w = δ1 (α + β + γ)
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890, S. 500. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890/520>, abgerufen am 21.11.2024.
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