hervorgeht) -- wie durch Eliminiren von a, b, g aus den drei Glei- chungen je leicht zu verifiziren ist.
Bei gegebenen Werten von x, y, z, welche die Resultante oder vor- gelegte Gleichung erfüllen, sind hier bezüglich: a = y z + x1 (y + z) bei den zwei ersten Problemen; sodann a = y (auch y + u z1); a = y1 (auch y1 + u z) -- und so weiter, die Buchstaben a, b, g und x, y, z cyklisch vertauscht -- diejenigen Werte, welche für die Parameter anzunehmen sind, um die Lösungsgleichungen identisch zu erfüllen.
Gelegentlich der ersten von obigen vier Aufgaben sei noch eines kleinen Paradoxons erwähnt. Eliminirt man blos b und g, so entsteht für a die Gleichung: (y1 + z1) a + x1 (y + z) a1 + x y1z1 = 0, in welcher das letzte Glied links auch unterdrückt werden mag auf Grund der von x, y, z ohnehin erfüllt vorauszusetzenden Relation oder Endresul- tante der Elimination (auch noch von a). Darnach berechnet sich: a = x1 (y + z) + u y z, worin u willkürlich.
Behufs Erzielung einer möglichst einfachen Annahme für a wird man sich nun versucht fühlen u (anstatt wie oben 1) lieber gleich 0 zu nehmen, somit a = x1 (y + z) und entsprechend b = y1 (z + x), g = z1 (x + y) zu setzen. Mit diesen Werten stimmt nun aber die Probe b + g = x auf- fallenderweise nicht, vielmehr läuft diese Gleichung (auf Grund der Vor- aussetzungen über x, y, z vereinfacht) noch auf die Relation x y z = 0 hin- aus, welche mit den Voraussetzungen nicht gegeben war.
Um dies aufzuhellen, eliminiren wir aus den drei Gleichungen x = b + g, etc. der Aufgabe in Vereinigung mit den drei Ansätzen: a = x1 (y + z) + u y z, b = y1 (z + x) + v z x, g = z1 (x + y) + w x y die Parameter a, b, g und erhalten als vereinigte Resultante: 0 = x y1z1 + y z1x1 + z x1y1 + x y z (v1w1 + w1u1 + u1v1).
Aus dieser ist zu ersehen, dass u, v, w in allen drei Ansätzen will- kürlich bleiben, wenn x y z = 0 sein sollte, dass aber ohne diese Voraus- setzung dieselben (unabhängig von x, y, z) nur einander gleich genommen werden dürfen, falls u1 = v1 = w1 = 0 somit u = v = w = 1 gesetzt wird, womit sich die oben angeführten Parameterannahmen als notwendige ergeben.
Bei der dritten Aufgabe dagegen resultirt für a die Gleichung: y a1 + z a + x z = 0, woraus a = y + u z1 folgt. Der analoge Ansatz für b und g in Gestalt von
Zwölfte Vorlesung.
hervorgeht) — wie durch Eliminiren von α, β, γ aus den drei Glei- chungen je leicht zu verifiziren ist.
Bei gegebenen Werten von x, y, z, welche die Resultante oder vor- gelegte Gleichung erfüllen, sind hier bezüglich: α = y z + x1 (y + z) bei den zwei ersten Problemen; sodann α = y (auch y + u z1); α = y1 (auch y1 + u z) — und so weiter, die Buchstaben α, β, γ und x, y, z cyklisch vertauscht — diejenigen Werte, welche für die Parameter anzunehmen sind, um die Lösungsgleichungen identisch zu erfüllen.
Gelegentlich der ersten von obigen vier Aufgaben sei noch eines kleinen Paradoxons erwähnt. Eliminirt man blos β und γ, so entsteht für α die Gleichung: (y1 + z1) α + x1 (y + z) α1 + x y1z1 = 0, in welcher das letzte Glied links auch unterdrückt werden mag auf Grund der von x, y, z ohnehin erfüllt vorauszusetzenden Relation oder Endresul- tante der Elimination (auch noch von α). Darnach berechnet sich: α = x1 (y + z) + u y z, worin u willkürlich.
Behufs Erzielung einer möglichst einfachen Annahme für α wird man sich nun versucht fühlen u (anstatt wie oben 1) lieber gleich 0 zu nehmen, somit α = x1 (y + z) und entsprechend β = y1 (z + x), γ = z1 (x + y) zu setzen. Mit diesen Werten stimmt nun aber die Probe β + γ = x auf- fallenderweise nicht, vielmehr läuft diese Gleichung (auf Grund der Vor- aussetzungen über x, y, z vereinfacht) noch auf die Relation x y z = 0 hin- aus, welche mit den Voraussetzungen nicht gegeben war.
Um dies aufzuhellen, eliminiren wir aus den drei Gleichungen x = β + γ, etc. der Aufgabe in Vereinigung mit den drei Ansätzen: α = x1 (y + z) + u y z, β = y1 (z + x) + v z x, γ = z1 (x + y) + w x y die Parameter α, β, γ und erhalten als vereinigte Resultante: 0 = x y1z1 + y z1x1 + z x1y1 + x y z (v1w1 + w1u1 + u1v1).
Aus dieser ist zu ersehen, dass u, v, w in allen drei Ansätzen will- kürlich bleiben, wenn x y z = 0 sein sollte, dass aber ohne diese Voraus- setzung dieselben (unabhängig von x, y, z) nur einander gleich genommen werden dürfen, falls u1 = v1 = w1 = 0 somit u = v = w = 1 gesetzt wird, womit sich die oben angeführten Parameterannahmen als notwendige ergeben.
Bei der dritten Aufgabe dagegen resultirt für α die Gleichung: y α1 + z α + x z = 0, woraus α = y + u z1 folgt. Der analoge Ansatz für β und γ in Gestalt von
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[510/0530]
Zwölfte Vorlesung.
hervorgeht) — wie durch Eliminiren von α, β, γ aus den drei Glei-
chungen je leicht zu verifiziren ist.
Bei gegebenen Werten von x, y, z, welche die Resultante oder vor-
gelegte Gleichung erfüllen, sind hier bezüglich:
α = y z + x1 (y + z)
bei den zwei ersten Problemen; sodann
α = y (auch y + u z1); α = y1 (auch y1 + u z)
— und so weiter, die Buchstaben α, β, γ und x, y, z cyklisch vertauscht
— diejenigen Werte, welche für die Parameter anzunehmen sind, um
die Lösungsgleichungen identisch zu erfüllen.
Gelegentlich der ersten von obigen vier Aufgaben sei noch eines
kleinen Paradoxons erwähnt. Eliminirt man blos β und γ, so entsteht
für α die Gleichung:
(y1 + z1) α + x1 (y + z) α1 + x y1 z1 = 0,
in welcher das letzte Glied links auch unterdrückt werden mag auf Grund
der von x, y, z ohnehin erfüllt vorauszusetzenden Relation oder Endresul-
tante der Elimination (auch noch von α). Darnach berechnet sich:
α = x1 (y + z) + u y z,
worin u willkürlich.
Behufs Erzielung einer möglichst einfachen Annahme für α wird man
sich nun versucht fühlen u (anstatt wie oben 1) lieber gleich 0 zu nehmen,
somit α = x1 (y + z) und entsprechend β = y1 (z + x), γ = z1 (x + y) zu
setzen. Mit diesen Werten stimmt nun aber die Probe β + γ = x auf-
fallenderweise nicht, vielmehr läuft diese Gleichung (auf Grund der Vor-
aussetzungen über x, y, z vereinfacht) noch auf die Relation x y z = 0 hin-
aus, welche mit den Voraussetzungen nicht gegeben war.
Um dies aufzuhellen, eliminiren wir aus den drei Gleichungen
x = β + γ, etc.
der Aufgabe in Vereinigung mit den drei Ansätzen:
α = x1 (y + z) + u y z, β = y1 (z + x) + v z x, γ = z1 (x + y) + w x y
die Parameter α, β, γ und erhalten als vereinigte Resultante:
0 = x y1 z1 + y z1 x1 + z x1 y1 + x y z (v1 w1 + w1 u1 + u1 v1).
Aus dieser ist zu ersehen, dass u, v, w in allen drei Ansätzen will-
kürlich bleiben, wenn x y z = 0 sein sollte, dass aber ohne diese Voraus-
setzung dieselben (unabhängig von x, y, z) nur einander gleich genommen
werden dürfen, falls u1 = v1 = w1 = 0 somit u = v = w = 1 gesetzt
wird, womit sich die oben angeführten Parameterannahmen als notwendige
ergeben.
Bei der dritten Aufgabe dagegen resultirt für α die Gleichung:
y α1 + z α + x z = 0, woraus α = y + u z1
folgt. Der analoge Ansatz für β und γ in Gestalt von
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890, S. 510. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890/530>, abgerufen am 22.11.2024.
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