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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891.

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§ 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle.

ein x angeben lässt, welches die Prämisse erfüllt, wie man dies leicht
nachrechnet. Hiefür wird nämlich a x + b x1 = a b also in der That = 0
und
p x + q x1 = p (a1 q1 + b) + q b1 =*) p a1 + q b1 + p a b = p a1 + q b1 + 0 = p a1 + q b1
also in der That 0.

Noch allgemeiner könnte man auch:
m) x = b + a1 p q1 + a1 (p q + p1 q1) u
nehmen, wo u beliebig.

Ich will dies auch heuristisch noch begründen. Um es zu finden
stellte ich mir die Aufgabe, während a b = 0 angenommen wird, ein solches
x zu ermitteln, dass zugleich a x + b x1 = 0 und
p a1 + q b1 p x + q x1
ist, sodass, wenn etwa die linke Seite dieser Subsumtion 0 ist, es um
so mehr auch die rechte sein muss. Nach Th. 38x) ist aber letztere Sub-
sumtion einerlei mit der Gleichung:
(p a1 + q b1) (p1 x + q1 x1) = 0 oder b1 p1 q x + a1 p q1 x1 = 0
und somit ist die vereinigte Gleichung der beiden zu erfüllenden:
(a + b1 p1 q) x + (b + a1 p q1) x1 = 0.

Es folgt nach den Methoden des § 21 eliminando nur die laut Voraus-
setzung ohnehin erfüllte Relation a b = 0, und endlich solvendo der an-
gegebene allgemeine Ausdruck m) für x, welcher für u = 0 in den zuerst
angeführten l) übergeht, für u = 1 aber uns x = b + a1 (p + q1) als einen
andern geeigneten Wert für x von bemerkenswerter Einfachheit des Aus-
drucks liefern würde.

Anmerkung zu i).

Analog wie g) ist auch leicht der noch etwas allgemeinere Satz
zu beweisen:
n) (p x + q y 0) (p + q 0),
indem dies in der That durch überschiebendes Addiren aus den nach § 40,
a) S. 194 geltenden Subsumtionen:
(p x 0) (p 0), (q y 0) (q 0)
gemäss § 40, a) S. 179 erhalten wird.

Der Satz lässt sich in derselben Weise, wie für binomische, so auch
für beliebig vielgliedrige polynomische Summen unmittelbar beweisen, des-

*) Die Zwischenrechnung kann so geführt werden:
= p (a1 b1 q1 + b) + q b1 = p b + q b1 + p a1 b1 q1 + p a1 b1 q = p (a1 b1 + b) + q b1 =
= p (a1 + b) + q b1 = p (a1 + a b) + q b1 = etc.

§ 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle.

Noch allgemeiner könnte man auch:
μ) x = b + a1 p q1 + a1 (p q + p1 q1) u
nehmen, wo u beliebig.

Ich will dies auch heuristisch noch begründen. Um es zu finden
stellte ich mir die Aufgabe, während a b = 0 angenommen wird, ein solches
x zu ermitteln, dass zugleich a x + b x1 = 0 und
p a1 + q b1 ⊆ p x + q x1
ist, sodass, wenn etwa die linke Seite dieser Subsumtion ≠ 0 ist, es um
so mehr auch die rechte sein muss. Nach Th. 38×) ist aber letztere Sub-
sumtion einerlei mit der Gleichung:
(p a1 + q b1) (p1 x + q1 x1) = 0 oder b1 p1 q x + a1 p q1 x1 = 0
und somit ist die vereinigte Gleichung der beiden zu erfüllenden:
(a + b1 p1 q) x + (b + a1 p q1) x1 = 0.

Es folgt nach den Methoden des § 21 eliminando nur die laut Voraus-
setzung ohnehin erfüllte Relation a b = 0, und endlich solvendo der an-
gegebene allgemeine Ausdruck μ) für x, welcher für u = 0 in den zuerst
angeführten λ) übergeht, für u = 1 aber uns x = b + a1 (p + q1) als einen
andern geeigneten Wert für x von bemerkenswerter Einfachheit des Aus-
drucks liefern würde.

Anmerkung zu ι).

Analog wie γ) ist auch leicht der noch etwas allgemeinere Satz
zu beweisen:
ν) (p x + q y ≠ 0) ⊆ (p + q ≠ 0),
indem dies in der That durch überschiebendes Addiren aus den nach § 40,
ά) S. 194 geltenden Subsumtionen:
(p x ≠ 0) ⊆ (p ≠ 0), (q y ≠ 0) ⊆ (q ≠ 0)
gemäss § 40, α) S. 179 erhalten wird.

Der Satz lässt sich in derselben Weise, wie für binomische, so auch
für beliebig vielgliedrige polynomische Summen unmittelbar beweisen, des-

*) Die Zwischenrechnung kann so geführt werden:
= p (a1 b1 q1 + b) + q b1 = p b + q b1 + p a1 b1 q1 + p a1 b1 q = p (a1 b1 + b) + q b1 =
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[207/0231] § 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle. ein x angeben lässt, welches die Prämisse erfüllt, wie man dies leicht nachrechnet. Hiefür wird nämlich a x + b x1 = a b also in der That = 0 und p x + q x1 = p (a1 q1 + b) + q b1 = *) p a1 + q b1 + p a b = p a1 + q b1 + 0 = p a1 + q b1 also in der That ≠ 0. Noch allgemeiner könnte man auch: μ) x = b + a1 p q1 + a1 (p q + p1 q1) u nehmen, wo u beliebig. Ich will dies auch heuristisch noch begründen. Um es zu finden stellte ich mir die Aufgabe, während a b = 0 angenommen wird, ein solches x zu ermitteln, dass zugleich a x + b x1 = 0 und p a1 + q b1 p x + q x1 ist, sodass, wenn etwa die linke Seite dieser Subsumtion ≠ 0 ist, es um so mehr auch die rechte sein muss. Nach Th. 38×) ist aber letztere Sub- sumtion einerlei mit der Gleichung: (p a1 + q b1) (p1 x + q1 x1) = 0 oder b1 p1 q x + a1 p q1 x1 = 0 und somit ist die vereinigte Gleichung der beiden zu erfüllenden: (a + b1 p1 q) x + (b + a1 p q1) x1 = 0. Es folgt nach den Methoden des § 21 eliminando nur die laut Voraus- setzung ohnehin erfüllte Relation a b = 0, und endlich solvendo der an- gegebene allgemeine Ausdruck μ) für x, welcher für u = 0 in den zuerst angeführten λ) übergeht, für u = 1 aber uns x = b + a1 (p + q1) als einen andern geeigneten Wert für x von bemerkenswerter Einfachheit des Aus- drucks liefern würde. Anmerkung zu ι). Analog wie γ) ist auch leicht der noch etwas allgemeinere Satz zu beweisen: ν) (p x + q y ≠ 0) (p + q ≠ 0), indem dies in der That durch überschiebendes Addiren aus den nach § 40, ά) S. 194 geltenden Subsumtionen: (p x ≠ 0) (p ≠ 0), (q y ≠ 0) (q ≠ 0) gemäss § 40, α) S. 179 erhalten wird. Der Satz lässt sich in derselben Weise, wie für binomische, so auch für beliebig vielgliedrige polynomische Summen unmittelbar beweisen, des- *) Die Zwischenrechnung kann so geführt werden: = p (a1 b1 q1 + b) + q b1 = p b + q b1 + p a1 b1 q1 + p a1 b1 q = p (a1 b1 + b) + q b1 = = p (a1 + b) + q b1 = p (a1 + a b) + q b1 = etc.

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891, S. 207. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/231>, abgerufen am 25.11.2024.

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