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

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Dreizehnte Vorlesung.

Dies gibt, nach c geordnet:
0 = Sa · b f1 + {Di + Mi · f1} b · c + {(Di + Mi) f + (Do + Fr) f1 + Sa} b1 · c1,
was zerfällt in die Resultante der Elimination auch noch von c:
Sa · b f1 = 0
und in die beiden Subsumtionen:
Di · b + Mi · b f1 c1, (Di + Mi) b1 f + (Do + Fr) b1 f1 + Sa · b1 c.

In Beantwortung der gestellten Fragen haben wir demnach das
Ergebniss:

Wenn am Di. oder Mi. f ohne b ausgeht, desgleichen, wenn am
Do. oder Fr. b und f beide daheim bleiben, endlich, wenn am Sa. b
zuhause bleibt, so muss c ausgehen.

Wenn am Di. b ausgeht, sowie wenn am Mi. b ohne f ausgeht,
dann muss c zuhause bleiben.

In jedem andern Falle kann c nach Belieben verfahren. Wie es
aber auch verfahren möge, so wird am Sa. b nicht ohne f ausgehen
dürfen.

Die vorstehende ist wol die komplizirteste von den Aufgaben des
Denkrechnens, die bis jetzt überhaupt gestellt und gelöst worden sind.

28. Aufgabe. McColl, Math. Questions, Vol. 33, p. 22 .. 24, auch
gelöst von C. J. Monro.

Ähnlich wie in der 11. Aufgabe mögen nachstehend die Buch-
staben gedeutet werden als Klassen der Fälle, in welchen ein gleich-
namiges Ereigniss eintritt. Dann soll beobachtet sein, dass:
a b x c d e, b c y d e, c + d + e1 (a1 + b + x) (b1 + c + y), a1 x = b1 y.
Gesucht, wann ohne Rücksicht auf y das Eintreffen (resp. Eingetroffen-
sein) oder Nichteintreffen des Ereignisses x verbürgt ist.

Auflösung. Elimination von y aus der vereinigten Gleichung der
drei letzten Prämissen:
b c (d1 + e1) y + (c + d + e1) (a b1 x1 + b c1 y1) + a1 x (b + y1) + (a + x1) b1 y = 0
gibt: a1 b x + a b1 (c + d + e1) x1 = 0,
und dies mit der ersten Prämisse (die y gar nicht enthielt) vereinigt:
(a1 + c1 + d1 + e1) b x + a b1 (c + d + e1) x1 = 0.
Die Auflösung dieser Resultante nach x, mitnebst deren Konversion (d. h.
ihrer Auflösung nach x1):
a b1 (c + d + e1) x a c d e + b1, (a1 + c1 + d1 + e1) b x1 a1 + b + c1 d1 e
lässt die Subjekte von x und x1 (daneben ungefragt auch ihre Prädikate)
erkennen -- was leicht in Worten zu formuliren.

Dreizehnte Vorlesung.

In Beantwortung der gestellten Fragen haben wir demnach das
Ergebniss:

Wenn am Di. oder Mi. f ohne b ausgeht, desgleichen, wenn am
Do. oder Fr. b und f beide daheim bleiben, endlich, wenn am Sa. b
zuhause bleibt, so muss c ausgehen.

Wenn am Di. b ausgeht, sowie wenn am Mi. b ohne f ausgeht,
dann muss c zuhause bleiben.

In jedem andern Falle kann c nach Belieben verfahren. Wie es
aber auch verfahren möge, so wird am Sa. b nicht ohne f ausgehen
dürfen.

Die vorstehende ist wol die komplizirteste von den Aufgaben des
Denkrechnens, die bis jetzt überhaupt gestellt und gelöst worden sind.

28. Aufgabe. McColl, Math. Questions, Vol. 33, p. 22 ‥ 24, auch
gelöst von C. J. Monro.

Ähnlich wie in der 11. Aufgabe mögen nachstehend die Buch-
staben gedeutet werden als Klassen der Fälle, in welchen ein gleich-
namiges Ereigniss eintritt. Dann soll beobachtet sein, dass:
a b x ⋹ c d e, b c y ⋹ d e, c + d + e1 ⋹ (a1 + b + x) (b1 + c + y), a1 x = b1 y.
Gesucht, wann ohne Rücksicht auf y das Eintreffen (resp. Eingetroffen-
sein) oder Nichteintreffen des Ereignisses x verbürgt ist.

Auflösung. Elimination von y aus der vereinigten Gleichung der
drei letzten Prämissen:
b c (d1 + e1) y + (c + d + e1) (a b1 x1 + b c1 y1) + a1 x (b + y1) + (a + x1) b1 y = 0
gibt: a1 b x + a b1 (c + d + e1) x1 = 0,
und dies mit der ersten Prämisse (die y gar nicht enthielt) vereinigt:
(a1 + c1 + d1 + e1) b x + a b1 (c + d + e1) x1 = 0.
Die Auflösung dieser Resultante nach x, mitnebst deren Konversion (d. h.
ihrer Auflösung nach x1):
a b1 (c + d + e1) ⋹ x ⋹ a c d e + b1, (a1 + c1 + d1 + e1) b ⋹ x1 ⋹ a1 + b + c1 d1 e
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erkennen — was leicht in Worten zu formuliren.

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[552/0572] Dreizehnte Vorlesung. Dies gibt, nach c geordnet: 0 = Sa · b f1 + {Di + Mi · f1} b · c + {(Di + Mi) f + (Do + Fr) f1 + Sa} b1 · c1, was zerfällt in die Resultante der Elimination auch noch von c: Sa · b f1 = 0 und in die beiden Subsumtionen: Di · b + Mi · b f1 ⋹ c1, (Di + Mi) b1 f + (Do + Fr) b1 f1 + Sa · b1 ⋹ c. In Beantwortung der gestellten Fragen haben wir demnach das Ergebniss: Wenn am Di. oder Mi. f ohne b ausgeht, desgleichen, wenn am Do. oder Fr. b und f beide daheim bleiben, endlich, wenn am Sa. b zuhause bleibt, so muss c ausgehen. Wenn am Di. b ausgeht, sowie wenn am Mi. b ohne f ausgeht, dann muss c zuhause bleiben. In jedem andern Falle kann c nach Belieben verfahren. Wie es aber auch verfahren möge, so wird am Sa. b nicht ohne f ausgehen dürfen. Die vorstehende ist wol die komplizirteste von den Aufgaben des Denkrechnens, die bis jetzt überhaupt gestellt und gelöst worden sind. 28. Aufgabe. McColl, Math. Questions, Vol. 33, p. 22 ‥ 24, auch gelöst von C. J. Monro. Ähnlich wie in der 11. Aufgabe mögen nachstehend die Buch- staben gedeutet werden als Klassen der Fälle, in welchen ein gleich- namiges Ereigniss eintritt. Dann soll beobachtet sein, dass: a b x ⋹ c d e, b c y ⋹ d e, c + d + e1 ⋹ (a1 + b + x) (b1 + c + y), a1 x = b1 y. Gesucht, wann ohne Rücksicht auf y das Eintreffen (resp. Eingetroffen- sein) oder Nichteintreffen des Ereignisses x verbürgt ist. Auflösung. Elimination von y aus der vereinigten Gleichung der drei letzten Prämissen: b c (d1 + e1) y + (c + d + e1) (a b1 x1 + b c1 y1) + a1 x (b + y1) + (a + x1) b1 y = 0 gibt: a1 b x + a b1 (c + d + e1) x1 = 0, und dies mit der ersten Prämisse (die y gar nicht enthielt) vereinigt: (a1 + c1 + d1 + e1) b x + a b1 (c + d + e1) x1 = 0. Die Auflösung dieser Resultante nach x, mitnebst deren Konversion (d. h. ihrer Auflösung nach x1): a b1 (c + d + e1) ⋹ x ⋹ a c d e + b1, (a1 + c1 + d1 + e1) b ⋹ x1 ⋹ a1 + b + c1 d1 e lässt die Subjekte von x und x1 (daneben ungefragt auch ihre Prädikate) erkennen — was leicht in Worten zu formuliren.

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890, S. 552. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890/572>, abgerufen am 24.11.2024.

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