Probe stimme, die Parameter selbst wieder die Relation a b1 + a1b = c erfüllen.
Nach dem gekürzten Schema erhielte man: x = a (c b1 + c1b), y = b (c a1 + c1a), wo a, b dann die Gleichung erfüllen müssten: c (a b1 + a1b) = c, oder c (a b + a1b1) = 0, welche aufzulösen wenigstens nicht leichter ist, als die ursprüngliche Aufgabe.
Um nun aus diesem Zirkel herauszukommen, nehmen wir die Un- bekannten nach c entwickelt an: x = a c1 + b c, y = g c1 + d c x1 = a1c1 + b1c, y1 = g1c1 + d1c und machen mit diesen Werten die Probe; es muss dann: c1 (a g1 + a1g) + c (b d1 + b1d) = c werden, d. h.: c1 (a g1 + a1g) = 0 und c (b d + b1d1) = 0. Diesen Forderungen genügen wir (zwar für ein gegebenes c keines- wegs auf die allgemeinste Weise, immerhin jedoch in einer für alle c zutreffenden Weise), indem wir: a g1 + a1g = 0 und b d + b1d1 = 0 selbst machen, womit sich g = a und d = b1 bestimmt. Einsetzung dieser Werte führt uns nunmehr zu den Dar- stellungen der Wurzeln: x = a c1 + b c, x1 = a1c1 + b1c y = a c1 + b1c, y1 = a1c1 + b c, von welchen in der That erweislich ist, dass sie unser Problem lösen.
Einerseits stimmt (wie gezeigt) die Probe.
Andererseits genügen sie den Forderungen der Symmetrie: durch Vertauschung von b mit b1 gehen x und y ineinander über -- während durch Vertauschung von a, b mit a1, b1 auch x, y in x1, y1, und um- gekehrt, übergeht.
Endlich aber -- und dies muss hier noch besonders nachgewiesen werden -- sind die Lösungen auch die allgemeinsten: Für die An- nahmen: a = x y, b = x y1 (oder auch x + y1), c = x y1 + x1y werden in der That die Gleichungen zu analytischen, identisch in x, y erfüllten. Bei geeigneter Bestimmung der Parameter a, b werden also unsre Ausdrücke für die Unbekannten auch jedes gewünschte, die vor-
Zwölfte Vorlesung.
Probe stimme, die Parameter selbst wieder die Relation α β1 + α1β = c erfüllen.
Nach dem gekürzten Schema erhielte man: x = α (c β1 + c1β), y = β (c α1 + c1α), wo α, β dann die Gleichung erfüllen müssten: c (α β1 + α1β) = c, oder c (α β + α1β1) = 0, welche aufzulösen wenigstens nicht leichter ist, als die ursprüngliche Aufgabe.
Um nun aus diesem Zirkel herauszukommen, nehmen wir die Un- bekannten nach c entwickelt an: x = α c1 + β c, y = γ c1 + δ c x1 = α1c1 + β1c, y1 = γ1c1 + δ1c und machen mit diesen Werten die Probe; es muss dann: c1 (α γ1 + α1γ) + c (β δ1 + β1δ) = c werden, d. h.: c1 (α γ1 + α1γ) = 0 und c (β δ + β1δ1) = 0. Diesen Forderungen genügen wir (zwar für ein gegebenes c keines- wegs auf die allgemeinste Weise, immerhin jedoch in einer für alle c zutreffenden Weise), indem wir: α γ1 + α1γ = 0 und β δ + β1δ1 = 0 selbst machen, womit sich γ = α und δ = β1 bestimmt. Einsetzung dieser Werte führt uns nunmehr zu den Dar- stellungen der Wurzeln: x = α c1 + β c, x1 = α1c1 + β1c y = α c1 + β1c, y1 = α1c1 + β c, von welchen in der That erweislich ist, dass sie unser Problem lösen.
Einerseits stimmt (wie gezeigt) die Probe.
Andererseits genügen sie den Forderungen der Symmetrie: durch Vertauschung von β mit β1 gehen x und y ineinander über — während durch Vertauschung von α, β mit α1, β1 auch x, y in x1, y1, und um- gekehrt, übergeht.
Endlich aber — und dies muss hier noch besonders nachgewiesen werden — sind die Lösungen auch die allgemeinsten: Für die An- nahmen: α = x y, β = x y1 (oder auch x + y1), c = x y1 + x1y werden in der That die Gleichungen zu analytischen, identisch in x, y erfüllten. Bei geeigneter Bestimmung der Parameter α, β werden also unsre Ausdrücke für die Unbekannten auch jedes gewünschte, die vor-
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[514/0534]
Zwölfte Vorlesung.
Probe stimme, die Parameter selbst wieder die Relation α β1 + α1 β = c
erfüllen.
Nach dem gekürzten Schema erhielte man:
x = α (c β1 + c1 β), y = β (c α1 + c1 α),
wo α, β dann die Gleichung erfüllen müssten:
c (α β1 + α1 β) = c, oder c (α β + α1 β1) = 0,
welche aufzulösen wenigstens nicht leichter ist, als die ursprüngliche Aufgabe.
Um nun aus diesem Zirkel herauszukommen, nehmen wir die Un-
bekannten nach c entwickelt an:
x = α c1 + β c, y = γ c1 + δ c
x1 = α1 c1 + β1 c, y1 = γ1 c1 + δ1 c
und machen mit diesen Werten die Probe; es muss dann:
c1 (α γ1 + α1 γ) + c (β δ1 + β1 δ) = c
werden, d. h.:
c1 (α γ1 + α1 γ) = 0 und c (β δ + β1 δ1) = 0.
Diesen Forderungen genügen wir (zwar für ein gegebenes c keines-
wegs auf die allgemeinste Weise, immerhin jedoch in einer für alle c
zutreffenden Weise), indem wir:
α γ1 + α1 γ = 0 und β δ + β1 δ1 = 0
selbst machen, womit sich
γ = α und δ = β1
bestimmt. Einsetzung dieser Werte führt uns nunmehr zu den Dar-
stellungen der Wurzeln:
x = α c1 + β c, x1 = α1 c1 + β1 c
y = α c1 + β1 c, y1 = α1 c1 + β c,
von welchen in der That erweislich ist, dass sie unser Problem lösen.
Einerseits stimmt (wie gezeigt) die Probe.
Andererseits genügen sie den Forderungen der Symmetrie: durch
Vertauschung von β mit β1 gehen x und y ineinander über — während
durch Vertauschung von α, β mit α1, β1 auch x, y in x1, y1, und um-
gekehrt, übergeht.
Endlich aber — und dies muss hier noch besonders nachgewiesen
werden — sind die Lösungen auch die allgemeinsten: Für die An-
nahmen:
α = x y, β = x y1 (oder auch x + y1), c = x y1 + x1 y
werden in der That die Gleichungen zu analytischen, identisch in x, y
erfüllten. Bei geeigneter Bestimmung der Parameter α, β werden also
unsre Ausdrücke für die Unbekannten auch jedes gewünschte, die vor-
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890, S. 514. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890/534>, abgerufen am 21.11.2024.
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