Anmerkung. Um x und y auf einmal zu eliminiren, wäre freilich ein einfacheres Verfahren das gewesen, dass man in das überschiebend ge- bildete Produkt der beiden ersten Gleichungen z x y = a b den Wert von z y (= c) aus der dritten Prämisse einsetzte. Aus dem Ergebniss c z = a b schliesslich z eliminirend erhält man aber blos: a b c1 = 0, woraus zu er- kennen ist, dass jenes Ergebniss nicht die volle Resultante gewesen. -- In andern Fällen mag ein Kunstgriff schneller als das systematische Ver- fahren zuweilen auch zur vollen Resultante führen, doch ist das letztere, selbst wenn es weitläufiger, vorzuziehen, eben weil es uns über jene Frage nicht im Ungewissen lässt.
Wäre d = x y1 + x1y zu suchen gewesen, so hätte sich ergeben: a b d + (a b1 + a1b) d1 = 0, also: d = a b1 + a1b + u a1b1.
Für e = x1y1 ebenso: (a + b) e = 0, e = u a1b1.
Für f = x y1 desgleichen: a f + a1b f1 = 0, f = a1 (b + u).
Und dergleichen mehr -- wobei natürlich die Symbole u der ver- schiedenen Lösungen beliebige aber nicht von einander unabhängige Bedeutungen haben. --
25. Aufgabe. Unter Elimination von x die Funktion t = ph (x). auszudrücken durch die Koeffizienten der Gleichung f (x) = 0.
Auflösung. Sei entwickelt: f (x) = 0 = a x + b x1, ph (x) = t = a x + b x1, wo also a = f (1), b = f (0), a = ph (1), b = ph (0) gegebene Parameter vorstellen werden, so haben wir die letzte Glei- chung rechts auf 0 zu bringen: t ph1 (x) + t1ph (x) = 0, aus ihr und der andern die vereinigte Gleichung zu bilden: f (x) + t ph1 (x) + t1ph (x) = 0, also entwickelt: (a x + b x1) (t + t1) + t (a1x + b1x1) + t1 (a x + b x1) = 0, sodann x zu eliminiren, und die Resultante: {a (t + t1) + a1t + a t1} {b (t + t1) + b1t + b t1} = 0, oder (a + a1) (b + b1) t + (a + a) (b + b) t1 = 0 nach der Unbekannten t aufzulösen, nicht ohne dieselbe zuvor auch eliminirt zu haben. Da (a + a1) (b + b1) (a + a) (b + b) = (a + a1a) (b + b1b) = a b
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§ 25. Anwendungsbeispiele und Aufgaben.
Anmerkung. Um x und y auf einmal zu eliminiren, wäre freilich ein einfacheres Verfahren das gewesen, dass man in das überschiebend ge- bildete Produkt der beiden ersten Gleichungen z x y = a b den Wert von z y (= c) aus der dritten Prämisse einsetzte. Aus dem Ergebniss c z = a b schliesslich z eliminirend erhält man aber blos: a b c1 = 0, woraus zu er- kennen ist, dass jenes Ergebniss nicht die volle Resultante gewesen. — In andern Fällen mag ein Kunstgriff schneller als das systematische Ver- fahren zuweilen auch zur vollen Resultante führen, doch ist das letztere, selbst wenn es weitläufiger, vorzuziehen, eben weil es uns über jene Frage nicht im Ungewissen lässt.
Wäre d = x y1 + x1y zu suchen gewesen, so hätte sich ergeben: a b d + (a b1 + a1b) d1 = 0, also: d = a b1 + a1b + u a1b1.
Für e = x1y1 ebenso: (a + b) e = 0, e = u a1b1.
Für f = x y1 desgleichen: a f + a1b f1 = 0, f = a1 (b + u).
Und dergleichen mehr — wobei natürlich die Symbole u der ver- schiedenen Lösungen beliebige aber nicht von einander unabhängige Bedeutungen haben. —
25. Aufgabe. Unter Elimination von x die Funktion t = φ (x). auszudrücken durch die Koeffizienten der Gleichung f (x) = 0.
Auflösung. Sei entwickelt: f (x) = 0 = a x + b x1, φ (x) = t = a x + β x1, wo also a = f (1), b = f (0), α = φ (1), β = φ (0) gegebene Parameter vorstellen werden, so haben wir die letzte Glei- chung rechts auf 0 zu bringen: t φ1 (x) + t1φ (x) = 0, aus ihr und der andern die vereinigte Gleichung zu bilden: f (x) + t φ1 (x) + t1φ (x) = 0, also entwickelt: (a x + b x1) (t + t1) + t (α1x + β1x1) + t1 (α x + β x1) = 0, sodann x zu eliminiren, und die Resultante: {a (t + t1) + α1t + α t1} {b (t + t1) + β1t + β t1} = 0, oder (a + α1) (b + β1) t + (a + α) (b + β) t1 = 0 nach der Unbekannten t aufzulösen, nicht ohne dieselbe zuvor auch eliminirt zu haben. Da (a + α1) (b + β1) (a + α) (b + β) = (a + α1α) (b + β1β) = a b
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§ 25. Anwendungsbeispiele und Aufgaben.
Anmerkung. Um x und y auf einmal zu eliminiren, wäre freilich
ein einfacheres Verfahren das gewesen, dass man in das überschiebend ge-
bildete Produkt der beiden ersten Gleichungen z x y = a b den Wert von
z y (= c) aus der dritten Prämisse einsetzte. Aus dem Ergebniss c z = a b
schliesslich z eliminirend erhält man aber blos: a b c1 = 0, woraus zu er-
kennen ist, dass jenes Ergebniss nicht die volle Resultante gewesen. —
In andern Fällen mag ein Kunstgriff schneller als das systematische Ver-
fahren zuweilen auch zur vollen Resultante führen, doch ist das letztere,
selbst wenn es weitläufiger, vorzuziehen, eben weil es uns über jene Frage
nicht im Ungewissen lässt.
Wäre d = x y1 + x1 y zu suchen gewesen, so hätte sich ergeben:
a b d + (a b1 + a1 b) d1 = 0,
also:
d = a b1 + a1 b + u a1 b1.
Für e = x1 y1 ebenso: (a + b) e = 0, e = u a1 b1.
Für f = x y1 desgleichen: a f + a1 b f1 = 0, f = a1 (b + u).
Und dergleichen mehr — wobei natürlich die Symbole u der ver-
schiedenen Lösungen beliebige aber nicht von einander unabhängige
Bedeutungen haben. —
25. Aufgabe. Unter Elimination von x die Funktion t = φ (x).
auszudrücken durch die Koeffizienten der Gleichung f (x) = 0.
Auflösung. Sei entwickelt:
f (x) = 0 = a x + b x1, φ (x) = t = a x + β x1,
wo also
a = f (1), b = f (0), α = φ (1), β = φ (0)
gegebene Parameter vorstellen werden, so haben wir die letzte Glei-
chung rechts auf 0 zu bringen:
t φ1 (x) + t1 φ (x) = 0,
aus ihr und der andern die vereinigte Gleichung zu bilden:
f (x) + t φ1 (x) + t1 φ (x) = 0,
also entwickelt:
(a x + b x1) (t + t1) + t (α1 x + β1 x1) + t1 (α x + β x1) = 0,
sodann x zu eliminiren, und die Resultante:
{a (t + t1) + α1 t + α t1} {b (t + t1) + β1 t + β t1} = 0,
oder
(a + α1) (b + β1) t + (a + α) (b + β) t1 = 0
nach der Unbekannten t aufzulösen, nicht ohne dieselbe zuvor auch
eliminirt zu haben. Da
(a + α1) (b + β1) (a + α) (b + β) = (a + α1 α) (b + β1 β) = a b
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890, S. 547. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890/567>, abgerufen am 18.02.2025.
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