Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 2. Leipzig, 1905.Vierundzwanzigste Vorlesung. Die Lösung ist: Sl al xl = Sl al ul + Pn (ann + unn) · Sl (al Sk ak bk) = Sl al (ul + Sk ak bk) = = Sl al (ul + bl) herausstellt, die zweite auf den ersten Blick, indem für ul = xl der Um zu zeigen, wie auch solche Aufgaben aufgrund des früheren oft Aufgabe 20. Sl al xl = Sl al bl. Lösung: xl = Pk (ank + unk) · Sn an bn + Sn an bn · ul + ul anl. Probe 1. Sl al xl = Pk (ank + unl) · Sn an bn + Sn an bn · Sl al ul = Sn an bn, Probe 2. Ist die Aufgabengleichung als Voraussetzung erfüllt, so Vierundzwanzigste Vorlesung. Die Lösung ist: Σλ aλ xλ = Σλ aλ uλ + Πν (āν + ūν) · Σλ (aλ Σϰ aϰ bϰ) = Σλ aλ (uλ + Σϰ aϰ bϰ) = = Σλ aλ (uλ + bλ) herausstellt, die zweite auf den ersten Blick, indem für uλ = xλ der Um zu zeigen, wie auch solche Aufgaben aufgrund des früheren oft Aufgabe 20. Σλ aλ xλ = Σλ aλ bλ. Lösung: xλ = Πϰ (āϰ + ūϰ) · Σν aν bν + Σν aν bν · uλ + uλ āλ. Probe 1. Σλ aλ xλ = Πϰ (āϰ + ūλ) · Σν aν bν + Σν aν bν · Σλ aλ uλ = Σν aν bν, Probe 2. 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Vierundzwanzigste Vorlesung.
Die Lösung ist:
xλ = uλ + Σϰ aϰ bϰ · Πν (āν + ūν),
wo beide Proben stimmen; die erste, indem sich leicht
Σλ aλ xλ = Σλ aλ uλ + Πν (āν + ūν) · Σλ (aλ Σϰ aϰ bϰ) = Σλ aλ (uλ + Σϰ aϰ bϰ) =
= Σλ aλ (uλ + bλ)
herausstellt, die zweite auf den ersten Blick, indem für uλ = xλ der
letzte Term unseres xλ verschwindet.
Um zu zeigen, wie auch solche Aufgaben aufgrund des früheren oft
schon systematisch gelöst werden können, kontraponiren wir die Aufgabe in
Πλ (āλ + x̄λ) Πλ (āλ + b̄λ),
woraus ersichtlich, dass nach dem Schema der Aufgabe 17 zunächst der
allgemeine Wert des Faktors āλ + x̄λ angebbar ist. Zu dem Ende muss
das dortige Prädikat a durch die rechte Seite hier ersetzt werden, ausser-
dem aber, um die Adventivforderung zu wahren, das dortige uλ hier durch
āλ + ūλ, — gleichwie die dortige Unbekannte xλ hier vertreten erscheint
durch āλ + x̄λ. Dies gewährt uns zugleich den Vorteil, dass in dem sich
ergebenden Ausdrucke für āλ + x̄λ keine Resultante der Elimination von
xλ mehr zu berücksichtigen sein wird. Man findet
āλ + x̄λ = (āλ + ūλ) {Πϰ (āϰ + b̄ϰ) + Σϰ aϰ uϰ}, = c,
wo c nur für den Augenblick zur Abkürzung dient, und hat nun als Lösung
nach x einer Gleichung ā + x̄ = c, deren Resultante ā c̄ = 0 schon erfüllt
ist, somit der Gleichung a c x + c̄ x̄ = 0:
x = c̄ ū + (ā + c̄) u = c̄ + ā u.
Es folgt somit
xλ = aλ uλ + Σϰ aϰ bϰ · Πν (āν + ūν) + āλ uλ
wie oben angegeben.
Aufgabe 20. Σλ aλ xλ = Σλ aλ bλ.
Lösung: xλ = Πϰ (āϰ + ūϰ) · Σν aν bν + Σν aν bν · uλ + uλ āλ.
Probe 1. Σλ aλ xλ = Πϰ (āϰ + ūλ) · Σν aν bν + Σν aν bν · Σλ aλ uλ = Σν aν bν,
weil Σλ aλ · Σν aν bν = Σν aν bν ist und sich hernach die Σλ aλ uλ mit dem
Πϰ zu 1 ergänzt.
Probe 2. Ist die Aufgabengleichung als Voraussetzung erfüllt, so
muss sein
xλ = Πϰ (āϰ + x̄ϰ) Σν aν bν + Σν aν bν · xλ + xλ āλ,
indem das erste Glied rechterhand verschwindet und alsdann bleibt:
xλ = xλ (Σϰ aϰ xϰ + āλ),
was durch Hervorhebung des dem Werte ϰ = λ entsprechenden Gliedes
der Σϰ leicht zu verifiziren ist.
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