Benennte man auch s t1, s1t und s1t1 je mit einem eigenen Buchstaben (gleichwie vorhin s t mit w) und brächte das gleiche Verfahren gemäss dem Th. 50+) Zusatz -- in Anwendung, so würde sich in Einklang mit Boole ergeben: s t1 = n i r + u (i1 + r1), s1t = u n1 (i1 + r1), s1t1 = u (i1 + r1) (wobei nur u jedesmal wieder von neuem eine unbestimmte Klasse vorzu- stellen hätte) welche Resultate zu deuten wir dem Leser überlassen.
24. Aufgabe (Venn1 p. 310).
Gegeben y z = a, z x = b; es soll c = x y durch a und b aus- gedrückt werden.
Auflösung. Aus der vereinigten Gleichung der beiden ersten Prämissen: a1y z + a (y1 + z1) + b1x z + b (x1 + z1) = 0 eliminire man zuerst z, welches ja in der dritten Prämisse nicht vor- kommt. Aus der Resultante: a + b x1 + (a1y + b1x) (a + b) = 0 und der dritten Prämisse bilde man sodann die vereinigte Gleichung: a y1 + b x1 + a1b y + a b1x + c1x y + c (x1 + y1) = 0 um aus ihr noch x und y zu eliminiren, schliesslich c zu berechnen.
Die vorstehende Gleichung wird die volle Resultante der Elimi- nation des z aus dem System der drei Prämissen, resp. aus deren ver- einigter Gleichung, uns vorstellen, weil die Terme, die von vornherein vom Eliminanden frei sind, immer unverändert in die Resultante über- gehen. Elimination von y gibt: b x1 + a b1x + c x1 + (a1b + c1x) (a + c) = 0, oder: a1b c + a (b1 + c1) x + (b + c) x1 = 0 und hieraus die von x: a1b c + a (b c1 + b1c) = 0, oder (a b1 + a1b) c + a b c1 = 0. Da die Elimination von c hieraus auf 0 = 0 führt, so braucht zwi- schen a und b keinerlei Relation zu bestehen und konnten diese Klassen von vornherein beliebig angenommen werden, so lange x und y unbe- stimmt gelassen wurden. Nunmehr berechnet sich: c = a b + u a1b1, oder a bca b + a1b1, was zu finden war.
Dreizehnte Vorlesung.
Benennte man auch s t1, s1t und s1t1 je mit einem eigenen Buchstaben (gleichwie vorhin s t mit w) und brächte das gleiche Verfahren gemäss dem Th. 50+) Zusatz — in Anwendung, so würde sich in Einklang mit Boole ergeben: s t1 = n i r + u (i1 + r1), s1t = u n1 (i1 + r1), s1t1 = u (i1 + r1) (wobei nur u jedesmal wieder von neuem eine unbestimmte Klasse vorzu- stellen hätte) welche Resultate zu deuten wir dem Leser überlassen.
24. Aufgabe (Venn1 p. 310).
Gegeben y z = a, z x = b; es soll c = x y durch a und b aus- gedrückt werden.
Auflösung. Aus der vereinigten Gleichung der beiden ersten Prämissen: a1y z + a (y1 + z1) + b1x z + b (x1 + z1) = 0 eliminire man zuerst z, welches ja in der dritten Prämisse nicht vor- kommt. Aus der Resultante: a + b x1 + (a1y + b1x) (a + b) = 0 und der dritten Prämisse bilde man sodann die vereinigte Gleichung: a y1 + b x1 + a1b y + a b1x + c1x y + c (x1 + y1) = 0 um aus ihr noch x und y zu eliminiren, schliesslich c zu berechnen.
Die vorstehende Gleichung wird die volle Resultante der Elimi- nation des z aus dem System der drei Prämissen, resp. aus deren ver- einigter Gleichung, uns vorstellen, weil die Terme, die von vornherein vom Eliminanden frei sind, immer unverändert in die Resultante über- gehen. Elimination von y gibt: b x1 + a b1x + c x1 + (a1b + c1x) (a + c) = 0, oder: a1b c + a (b1 + c1) x + (b + c) x1 = 0 und hieraus die von x: a1b c + a (b c1 + b1c) = 0, oder (a b1 + a1b) c + a b c1 = 0. Da die Elimination von c hieraus auf 0 = 0 führt, so braucht zwi- schen a und b keinerlei Relation zu bestehen und konnten diese Klassen von vornherein beliebig angenommen werden, so lange x und y unbe- stimmt gelassen wurden. Nunmehr berechnet sich: c = a b + u a1b1, oder a b ⋹ c ⋹ a b + a1b1, was zu finden war.
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[546/0566]
Dreizehnte Vorlesung.
Benennte man auch s t1, s1 t und s1 t1 je mit einem eigenen Buchstaben
(gleichwie vorhin s t mit w) und brächte das gleiche Verfahren gemäss dem
Th. 50+) Zusatz — in Anwendung, so würde sich in Einklang mit Boole
ergeben:
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(wobei nur u jedesmal wieder von neuem eine unbestimmte Klasse vorzu-
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24. Aufgabe (Venn1 p. 310).
Gegeben y z = a, z x = b; es soll c = x y durch a und b aus-
gedrückt werden.
Auflösung. Aus der vereinigten Gleichung der beiden ersten
Prämissen:
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eliminire man zuerst z, welches ja in der dritten Prämisse nicht vor-
kommt. Aus der Resultante:
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um aus ihr noch x und y zu eliminiren, schliesslich c zu berechnen.
Die vorstehende Gleichung wird die volle Resultante der Elimi-
nation des z aus dem System der drei Prämissen, resp. aus deren ver-
einigter Gleichung, uns vorstellen, weil die Terme, die von vornherein
vom Eliminanden frei sind, immer unverändert in die Resultante über-
gehen. Elimination von y gibt:
b x1 + a b1 x + c x1 + (a1 b + c1 x) (a + c) = 0,
oder:
a1 b c + a (b1 + c1) x + (b + c) x1 = 0
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Da die Elimination von c hieraus auf 0 = 0 führt, so braucht zwi-
schen a und b keinerlei Relation zu bestehen und konnten diese Klassen
von vornherein beliebig angenommen werden, so lange x und y unbe-
stimmt gelassen wurden. Nunmehr berechnet sich:
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oder
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was zu finden war.
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890, S. 546. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890/566>, abgerufen am 24.11.2024.
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