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

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Einundzwanzigste Vorlesung.

wie zu finden gewesen. Statt b und c für sich, wenngleich auf ein-
mal, zu eliminiren, kann man dies auch mit dem ganzen Ausdruck
b c1 + b1 c (als x betrachet, nebst seiner Negation b c + b1 c1 = x1) thun,
wo man dann zur Resultante a d = 0 ganz unmittelbar geführt wird. --

Wir wollen nunmehr das allgemeine Eliminationsverfahren auch
an ein paar komplizirteren Aufgaben illustriren.

6. Aufgabe (O. H. Mitchell 1 p. 85).

Was kann unabhängig von x und y aus den zwei Prämissen ge-
schlossen werden:

10) Entweder einige a, die x sind, sind nicht y, oder alle d sind x
und y zugleich;

20) Entweder einige y sind sowol b als auch x, oder alle x sind ent-
weder nicht y, oder c und nicht b --?

Auflösung. Der Ansatz lautet: 10 · 20) = i, das heisst:
{(a x y1 0) + (d x y)} {(y b x 0) + (x y1 + c b1)} = i.
Hier haben wir nur die beiden Subsumtionen noch in Gleichungen zu
verwandeln, um Alles durch den Typus der Gleichung und Ungleichung
ausgedrückt zu haben. Entweder werden dabei nach § 41 die Glei-
chungen mit der rechten Seite 1 angesetzt und dann das Schema ph)
ibid. angewendet, oder es ist mit rechts auf 0 gebrachten Gleichungen
zu operiren, wobei das Schema t) ibid. zur Anwendung zu kommen
hat. Wir erhalten nach letzterem Modus:
{[d (x1 + y1) = 0] + (a x y1 0)} {[x y (b + c1) = 0] + (b x y 0)} = i
und dies gibt links ausmultiplizirt vier Glieder.

Das erste wird:
{(b + c1) x y + d (x1 + y1) = 0} {d y1 + d (b + c1) y = 0} {d (b + c1) = 0} = (d b1 c)
-- entsprechend dem von Mitchell so genannten "Boolean part"
des Ansatzes, welcher keine partikularen Prämissen enthält.

Das zweite Glied wird:
{d (x1 + y1) = 0} {b x y 0} = {d y1 x + d x1 = 0} {b y x + 0 · x1 0}
(d y1 d = 0) {b y (d1 + y) + 0 · d1 0} = (d y1 = 0) (b y 0) =
= (0 · y + d y1 = 0) (b y + 0 · y1 0) (0 · d = 0) (b · 1 + 0 · d1 0) = (b 0),
wenn man allemal erst x, dann y der genannten Regel gemäss eli-
minirt [vergl. schon das Th. § 41, i); wir haben die auszuführenden

Einundzwanzigste Vorlesung.

Wir wollen nunmehr das allgemeine Eliminationsverfahren auch
an ein paar komplizirteren Aufgaben illustriren.

6. Aufgabe (O. H. Mitchell 1 p. 85).

Was kann unabhängig von x und y aus den zwei Prämissen ge-
schlossen werden:

10) Entweder einige a, die x sind, sind nicht y, oder alle d sind x
und y zugleich;

20) Entweder einige y sind sowol b als auch x, oder alle x sind ent-
weder nicht y, oder c und nicht b —?

Auflösung. Der Ansatz lautet: 10 · 20) = i, das heisst:
{(a x y1 ≠ 0) + (d ⊆ x y)} {(y b x ≠ 0) + (x ⊆ y1 + c b1)} = i.
Hier haben wir nur die beiden Subsumtionen noch in Gleichungen zu
verwandeln, um Alles durch den Typus der Gleichung und Ungleichung
ausgedrückt zu haben. Entweder werden dabei nach § 41 die Glei-
chungen mit der rechten Seite 1 angesetzt und dann das Schema φ)
ibid. angewendet, oder es ist mit rechts auf 0 gebrachten Gleichungen
zu operiren, wobei das Schema τ) ibid. zur Anwendung zu kommen
hat. Wir erhalten nach letzterem Modus:
{[d (x1 + y1) = 0] + (a x y1 ≠ 0)} {[x y (b + c1) = 0] + (b x y ≠ 0)} = i
und dies gibt links ausmultiplizirt vier Glieder.

Das erste wird:
{(b + c1) x y + d (x1 + y1) = 0} ⊆ {d y1 + d (b + c1) y = 0} ⊆ {d (b + c1) = 0} = (d ⊆ b1 c)
— entsprechend dem von Mitchell so genannten „Boolean part“
des Ansatzes, welcher keine partikularen Prämissen enthält.

Das zweite Glied wird:
{d (x1 + y1) = 0} {b x y ≠ 0} = {d y1 x + d x1 = 0} {b y x + 0 · x1 ≠ 0} ⊆
⊆ (d y1 d = 0) {b y (d1 + y) + 0 · d1 ≠ 0} = (d y1 = 0) (b y ≠ 0) =
= (0 · y + d y1 = 0) (b y + 0 · y1 ≠ 0) ⊆ (0 · d = 0) (b · 1 + 0 · d1 ≠ 0) = (b ≠ 0),
wenn man allemal erst x, dann y der genannten Regel gemäss eli-
minirt [vergl. schon das Th. § 41, ι); wir haben die auszuführenden

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[292/0316] Einundzwanzigste Vorlesung. wie zu finden gewesen. Statt b und c für sich, wenngleich auf ein- mal, zu eliminiren, kann man dies auch mit dem ganzen Ausdruck b c1 + b1 c (als x betrachet, nebst seiner Negation b c + b1 c1 = x1) thun, wo man dann zur Resultante a d = 0 ganz unmittelbar geführt wird. — Wir wollen nunmehr das allgemeine Eliminationsverfahren auch an ein paar komplizirteren Aufgaben illustriren. 6. Aufgabe (O. H. Mitchell 1 p. 85). Was kann unabhängig von x und y aus den zwei Prämissen ge- schlossen werden: 10) Entweder einige a, die x sind, sind nicht y, oder alle d sind x und y zugleich; 20) Entweder einige y sind sowol b als auch x, oder alle x sind ent- weder nicht y, oder c und nicht b —? Auflösung. Der Ansatz lautet: 10 · 20) = i, das heisst: {(a x y1 ≠ 0) + (d x y)} {(y b x ≠ 0) + (x y1 + c b1)} = i. Hier haben wir nur die beiden Subsumtionen noch in Gleichungen zu verwandeln, um Alles durch den Typus der Gleichung und Ungleichung ausgedrückt zu haben. Entweder werden dabei nach § 41 die Glei- chungen mit der rechten Seite 1 angesetzt und dann das Schema φ) ibid. angewendet, oder es ist mit rechts auf 0 gebrachten Gleichungen zu operiren, wobei das Schema τ) ibid. zur Anwendung zu kommen hat. Wir erhalten nach letzterem Modus: {[d (x1 + y1) = 0] + (a x y1 ≠ 0)} {[x y (b + c1) = 0] + (b x y ≠ 0)} = i und dies gibt links ausmultiplizirt vier Glieder. Das erste wird: {(b + c1) x y + d (x1 + y1) = 0} {d y1 + d (b + c1) y = 0} {d (b + c1) = 0} = (d b1 c) — entsprechend dem von Mitchell so genannten „Boolean part“ des Ansatzes, welcher keine partikularen Prämissen enthält. Das zweite Glied wird: {d (x1 + y1) = 0} {b x y ≠ 0} = {d y1 x + d x1 = 0} {b y x + 0 · x1 ≠ 0} (d y1 d = 0) {b y (d1 + y) + 0 · d1 ≠ 0} = (d y1 = 0) (b y ≠ 0) = = (0 · y + d y1 = 0) (b y + 0 · y1 ≠ 0) (0 · d = 0) (b · 1 + 0 · d1 ≠ 0) = (b ≠ 0), wenn man allemal erst x, dann y der genannten Regel gemäss eli- minirt [vergl. schon das Th. § 41, ι); wir haben die auszuführenden

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891, S. 292. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/316>, abgerufen am 18.02.2025.

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