Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 2. Leipzig, 1905.

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Vierundzwanzigste Vorlesung.

Eine dritte Probe, nämlich die Prüfung unserer Lösungen 2) auf
die Symmetrie bezüglich der in der Problemstellung 1) zulässigen Ver-
tauschungen erledigt sich so. Die Gleichung 1) bleibt ungeändert (oder
geht nur in sich selbst über) durch die folgenden drei Systeme von
Vertauschungen
(x, y) (x1, y1), (x, y1) (x1, y), (x, x1) (y, y1).
Diese aber, mit
(u, v) (u1, v1), (u, v1) (u1, v), (u, u1) (v, v1)
und
(r, r1), (s, s1), (r, r1) (s, s1)
bezüglich verbunden, führen allemal das System 2) unserer Lösungen
nur in sich selbst über, wie man fast mühelos nachsieht.

Von den Bd. 1, S. 514 gefundenen Losungsformen
x = a c1 + b c, y = a c1 + b1 c
aus konnte ich die Lösungsformen 2) systematisch entdecken, indem ich
zunächst -- was etwas mühsam ist -- aus den vorstehenden beiden Gleichungen
in Verbindung mit 1) das Symbol c eliminirte; aus der Resultante
0 = x1 a b + x a1 b1 + y1 a b1 + y a1 b + x1 y1 a + x y a1 + x1 y b + x y1 b1
hernach a oder b eliminirend gelangt man zu den Gleichungen
x1 y1 a + x y a1 = 0, x1 y b + x y1 b1 = 0,
deren Auflösung nach a, b
a = x y + s (x + y), b = x y1 + r (x + y1)
die allgemeinsten Werte zeigt, welche für die Parameter a, b zu setzen
sind, wenn man ein bestimmtes Paar von Wurzeln x, y erhalten will.
Wird in diesen nun u für x und v für y geschrieben, so ergibt sich durch
Einsetzen in die frühere Lösungsform notwendig eine solche, welche auch
die Adventivforderung erfüllt, nämlich (wenn noch vollends nach den u, v
entwickelt wird,) unsere Lösung 2).

Diese kann nun freilich noch vereinfacht werden. Nähme man z. B.
s = r, so käme
x = r u + (r + u) (c1 v + c v1),
y = v (c r1 + c1 r + c1 u + c u1) + c1 r u + c r1 u1,
und ähnlich für s = r1
x = u (c r + c1 r1 + c1 v + c v1) + c1 r1 v + c r v1,
y = r1 v + (r1 + v) (c1 u + c u1);
noch einfacher hätte man für r, s gleich 0, 0, resp. 0, 1; 1, 0 oder 1, 1
die Systeme der Lösungen:

x = u (c1 v + c v1)	x = u v1 + c1 v	x = u v + c v1	x = u + c1 v + c v1
y = u v + c u1	y = v + c1 u + c u1	y = v (c1 u + c u1)	y = u1 v + c1 u
x1 = u1 + c v + c1 v1	x1 = u1 v1 + c v	x1 = u1 v + c1 v1	x1 = u1 (c v + c1 v1)
y1 = u v1 + c1 u1	y1 = v1 (c u + c1 u1)	y1 = v1 + c u + c1 u1	y1 = u1 v1 + c u

Vierundzwanzigste Vorlesung.

Von den Bd. 1, S. 514 gefundenen Lôsungsformen
x = α c1 + β c, y = α c1 + β1 c
aus konnte ich die Lösungsformen 2) systematisch entdecken, indem ich
zunächst — was etwas mühsam ist — aus den vorstehenden beiden Gleichungen
in Verbindung mit 1) das Symbol c eliminirte; aus der Resultante
0 = x1 α β + x α1 β1 + y1 α β1 + y α1 β + x1 y1 α + x y α1 + x1 y β + x y1 β1
hernach α oder β eliminirend gelangt man zu den Gleichungen
x1 y1 α + x y α1 = 0, x1 y β + x y1 β1 = 0,
deren Auflösung nach α, β
α = x y + s (x + y), β = x y1 + r (x + y1)
die allgemeinsten Werte zeigt, welche für die Parameter α, β zu setzen
sind, wenn man ein bestimmtes Paar von Wurzeln x, y erhalten will.
Wird in diesen nun u für x und v für y geschrieben, so ergibt sich durch
Einsetzen in die frühere Lösungsform notwendig eine solche, welche auch
die Adventivforderung erfüllt, nämlich (wenn noch vollends nach den u, v
entwickelt wird,) unsere Lösung 2).

x = u (c1 v + c v1)	x = u v1 + c1 v	x = u v + c v1	x = u + c1 v + c v1
y = u v + c u1	y = v + c1 u + c u1	y = v (c1 u + c u1)	y = u1 v + c1 u
x1 = u1 + c v + c1 v1	x1 = u1 v1 + c v	x1 = u1 v + c1 v1	x1 = u1 (c v + c1 v1)
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[426/0070] Vierundzwanzigste Vorlesung. Eine dritte Probe, nämlich die Prüfung unserer Lösungen 2) auf die Symmetrie bezüglich der in der Problemstellung 1) zulässigen Ver- tauschungen erledigt sich so. Die Gleichung 1) bleibt ungeändert (oder geht nur in sich selbst über) durch die folgenden drei Systeme von Vertauschungen (x, y) (x1, y1), (x, y1) (x1, y), (x, x1) (y, y1). Diese aber, mit (u, v) (u1, v1), (u, v1) (u1, v), (u, u1) (v, v1) und (r, r1), (s, s1), (r, r1) (s, s1) bezüglich verbunden, führen allemal das System 2) unserer Lösungen nur in sich selbst über, wie man fast mühelos nachsieht. Von den Bd. 1, S. 514 gefundenen Lôsungsformen x = α c1 + β c, y = α c1 + β1 c aus konnte ich die Lösungsformen 2) systematisch entdecken, indem ich zunächst — was etwas mühsam ist — aus den vorstehenden beiden Gleichungen in Verbindung mit 1) das Symbol c eliminirte; aus der Resultante 0 = x1 α β + x α1 β1 + y1 α β1 + y α1 β + x1 y1 α + x y α1 + x1 y β + x y1 β1 hernach α oder β eliminirend gelangt man zu den Gleichungen x1 y1 α + x y α1 = 0, x1 y β + x y1 β1 = 0, deren Auflösung nach α, β α = x y + s (x + y), β = x y1 + r (x + y1) die allgemeinsten Werte zeigt, welche für die Parameter α, β zu setzen sind, wenn man ein bestimmtes Paar von Wurzeln x, y erhalten will. Wird in diesen nun u für x und v für y geschrieben, so ergibt sich durch Einsetzen in die frühere Lösungsform notwendig eine solche, welche auch die Adventivforderung erfüllt, nämlich (wenn noch vollends nach den u, v entwickelt wird,) unsere Lösung 2). Diese kann nun freilich noch vereinfacht werden. Nähme man z. B. s = r, so käme x = r u + (r + u) (c1 v + c v1), y = v (c r1 + c1 r + c1 u + c u1) + c1 r u + c r1 u1, und ähnlich für s = r1 x = u (c r + c1 r1 + c1 v + c v1) + c1 r1 v + c r v1, y = r1 v + (r1 + v) (c1 u + c u1); noch einfacher hätte man für r, s gleich 0, 0, resp. 0, 1; 1, 0 oder 1, 1 die Systeme der Lösungen: 3)x = u (c1 v + c v1) x = u v1 + c1 v x = u v + c v1 x = u + c1 v + c v1 y = u v + c u1 y = v + c1 u + c u1 y = v (c1 u + c u1) y = u1 v + c1 u x1 = u1 + c v + c1 v1 x1 = u1 v1 + c v x1 = u1 v + c1 v1 x1 = u1 (c v + c1 v1) y1 = u v1 + c1 u1 y1 = v1 (c u + c1 u1) y1 = v1 + c u + c1 u1 y1 = u1 v1 + c u

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 2. Leipzig, 1905, S. 426. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0202_1905/70>, abgerufen am 16.02.2025.

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