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

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§ 24. Symmetrisch allgemeine Lösungen.

Dieselbe ist auch äquivalent dem System der drei Gleichungen:
y z = 0, z x = 0, x y = 0,
indem ihr Polynom sich mittelst identischer Umformungen leicht in
x y + y z + z x zusammenziehen lässt.

Auflösung. Es wird also die nach x aufzulösende Gleichung in
der Gestalt erscheinen:
x (y + z) + x1 y z = 0,
und nach dem vollen Schema ergibt sich darnach systematisch:

x = a b1 g1 + a1 b g,x1 = a (b + g) + a1 (b1 + g1),
y = b g1 a1 + b1 g a,etc.
z = g a1 b1 + g1 a b,
wozu nur noch bemerkt werden mag, dass x und x1 auch in der Gestalt:
x = (g a1 + g1 a) (a b1 + a1 b), x1 = (g a + g1 a1) + (a b + a1 b1)
geschrieben werden könnten, etc.

Anmerkung. Die Lösung derjenigen Gleichung:
x1 y z + y1 z x + z1 x y = 0,
welche nur die drei letzten Glieder der obigen umfasst, müssen sich
nunmehr ergeben, wenn man in denen der Aufgabe 7 die Unbekannten
mit ihren Negationen vertauscht. Thut man das gleiche auch mit den
dortigen Parametern, so werden sich:

x = a + b g,x1 = a1 (b1 + g1)
y = b + g a,etc.
z = g + a b,
als diese gesuchten Lösungen ergeben.

Übrigens ist hervorzuheben, dass bei den Aufgaben 7 und 8 weder
das Verfahren nach dem vollen, noch dasjenige nach dem verkürzten
Schema uns die in formaler Hinsicht einfachsten Lösungen lieferte,
welche möglich erscheinen.

Vielmehr drücken schon die Ansätze:

[Tabelle]
Lösungen aus für die darunter gesetzten Aufgaben (deren letzte aus
Aufgabe 8 durch Vertauschung der Unbekannten mit ihren Negationen

§ 24. Symmetrisch allgemeine Lösungen.

Dieselbe ist auch äquivalent dem System der drei Gleichungen:
y z = 0, z x = 0, x y = 0,
indem ihr Polynom sich mittelst identischer Umformungen leicht in
x y + y z + z x zusammenziehen lässt.

Auflösung. Es wird also die nach x aufzulösende Gleichung in
der Gestalt erscheinen:
x (y + z) + x1 y z = 0,
und nach dem vollen Schema ergibt sich darnach systematisch:

x = α β1 γ1 + α1 β γ,x1 = α (β + γ) + α1 (β1 + γ1),
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z = γ α1 β1 + γ1 α β,
wozu nur noch bemerkt werden mag, dass x und x1 auch in der Gestalt:
x = (γ α1 + γ1 α) (α β1 + α1 β), x1 = (γ α + γ1 α1) + (α β + α1 β1)
geschrieben werden könnten, etc.

Anmerkung. Die Lösung derjenigen Gleichung:
x1 y z + y1 z x + z1 x y = 0,
welche nur die drei letzten Glieder der obigen umfasst, müssen sich
nunmehr ergeben, wenn man in denen der Aufgabe 7 die Unbekannten
mit ihren Negationen vertauscht. Thut man das gleiche auch mit den
dortigen Parametern, so werden sich:

x = α + β γ,x1 = α1 (β1 + γ1)
y = β + γ α,etc.
z = γ + α β,
als diese gesuchten Lösungen ergeben.

Übrigens ist hervorzuheben, dass bei den Aufgaben 7 und 8 weder
das Verfahren nach dem vollen, noch dasjenige nach dem verkürzten
Schema uns die in formaler Hinsicht einfachsten Lösungen lieferte,
welche möglich erscheinen.

Vielmehr drücken schon die Ansätze:

[Tabelle]
Lösungen aus für die darunter gesetzten Aufgaben (deren letzte aus
Aufgabe 8 durch Vertauschung der Unbekannten mit ihren Negationen

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[509/0529] § 24. Symmetrisch allgemeine Lösungen. Dieselbe ist auch äquivalent dem System der drei Gleichungen: y z = 0, z x = 0, x y = 0, indem ihr Polynom sich mittelst identischer Umformungen leicht in x y + y z + z x zusammenziehen lässt. Auflösung. Es wird also die nach x aufzulösende Gleichung in der Gestalt erscheinen: x (y + z) + x1 y z = 0, und nach dem vollen Schema ergibt sich darnach systematisch: x = α β1 γ1 + α1 β γ, x1 = α (β + γ) + α1 (β1 + γ1), y = β γ1 α1 + β1 γ α, etc. z = γ α1 β1 + γ1 α β, wozu nur noch bemerkt werden mag, dass x und x1 auch in der Gestalt: x = (γ α1 + γ1 α) (α β1 + α1 β), x1 = (γ α + γ1 α1) + (α β + α1 β1) geschrieben werden könnten, etc. Anmerkung. Die Lösung derjenigen Gleichung: x1 y z + y1 z x + z1 x y = 0, welche nur die drei letzten Glieder der obigen umfasst, müssen sich nunmehr ergeben, wenn man in denen der Aufgabe 7 die Unbekannten mit ihren Negationen vertauscht. Thut man das gleiche auch mit den dortigen Parametern, so werden sich: x = α + β γ, x1 = α1 (β1 + γ1) y = β + γ α, etc. z = γ + α β, als diese gesuchten Lösungen ergeben. Übrigens ist hervorzuheben, dass bei den Aufgaben 7 und 8 weder das Verfahren nach dem vollen, noch dasjenige nach dem verkürzten Schema uns die in formaler Hinsicht einfachsten Lösungen lieferte, welche möglich erscheinen. Vielmehr drücken schon die Ansätze: Lösungen aus für die darunter gesetzten Aufgaben (deren letzte aus Aufgabe 8 durch Vertauschung der Unbekannten mit ihren Negationen

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Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890, S. 509. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890/529>, abgerufen am 22.11.2024.