Aufgabe 3. Die Proposition aufzulösen: 2) (x 1)(x 0), d. h. den Ausdruck für das allgemeinste Relativ zu finden, welches eo ipso weder null noch eins ist (ausserdem aber jedes Wertes fähig).
Auflösung. Auf 0 oder 1 rechterhand gebracht stellt sich unsre Proposition bezüglich dar als die vereinigte Gleichung:
0 j xn j 0 + 0 j x j 0 = 0
1 ; xn ; 1 · 1 ; x ; 1 = 1
und fordert für die Koeffizienten, dass 3)
Ph kxh k + Ph kxnh k = 0
Sh kxh k · Sh kxnh k = 1
gemacht werde.
[Nebenbei gesagt könnte die vereinigte Gleichung auch in die ein- fachere Gestalt zusammengezogen werden:
0 j xn j 0 j x j 0 = 0
1 ; xn ; 1 ; x ; 1 = 1
oder auch x und xn vertauscht. Denn letztere Relation gibt für die Koeffi- zienten die Forderung:
Ph k l m(xnh k + xl m) = Ph kxnh k + Pl mxl m = 0
Sh k l mxnh kxl m = Sh kxnh k · Sl mxl m = 1,
in deren Übereinstimmung mit der obigen der "Beweis ad hoc" für die behauptete Vereinfachungsmöglichkeit zu erblicken ist. Man könnte dafür auch das allgemeinere Schema 5) des § 11 anziehen.]
Die Forderung -- links z. B. -- zerfällt nun in die beiden: Pi jxi j = 0 und Pi jxni j = 0, deren jede für sich allein wir nach den Schemata in der vorigen Aufgabe symmetrisch allgemein aufzulösen vermögen. Versucht man jedoch die arbiträren Parameter uh k der einen Lösung so zu bestimmen, dass sie auch der andern Forderung genügen, so gelangt man allemal für diese Unbekannten uh k zu Gleichungen von genau derselben Form wie die von den xh k zu erfüllen gewesenen Gleichungen 3); man bewegt sich also in einem Zirkel.
Die Lösung des zusammengesetzten Problemes zeigt sich hier durch die vorgängige Lösung seiner (beiden) Teilprobleme in keiner Weise ge- fördert -- eine Wahrnehmung, die in unsrer Disziplin sehr häufig (obzwar nicht immer) zu machen ist! Jene dürfte dann am besten a priori, ganz unabhängig von den Teilproblemen, in Angriff genommen werden.
Es kommt wesentlich darauf an, die Gleichung links in 3) nach den unbekannten Koeffizienten xh k "symmetrisch allgemein" aufzulösen. Die Forderung der Symmetrie ist darin begründet oder läuft darauf hinaus, dass eben ein einheitlicher Ausdruck für jedes unbekannte xi j gefunden werden muss, der sich dann allgemein als Koeffizient des unbekannten Re- lativs x darstellen lasse; m. a. W. es muss der allgemeine Wurzelwert für xi j aus dem für xh k durch Vertauschung von h mit i und k mit j hervorgehn.
Für Klassen xi j war zwar schon die symmetrisch allgemeine Lösung der Gleichung x1x2x3 + xn1xn2xn3 = 0
Schröder, Algebra der Relative. 13
§ 14. Beispiele einfachster Art.
Aufgabe 3. Die Proposition aufzulösen: 2) (x ≠ 1)(x ≠ 0), d. h. den Ausdruck für das allgemeinste Relativ zu finden, welches eo ipso weder null noch eins ist (ausserdem aber jedes Wertes fähig).
Auflösung. Auf 0 oder 1 rechterhand gebracht stellt sich unsre Proposition bezüglich dar als die vereinigte Gleichung:
0 ɟ x̄ ɟ 0 + 0 ɟ x ɟ 0 = 0
1 ; x̄ ; 1 · 1 ; x ; 1 = 1
und fordert für die Koeffizienten, dass 3)
Πh kxh k + Πh kx̄h k = 0
Σh kxh k · Σh kx̄h k = 1
gemacht werde.
[Nebenbei gesagt könnte die vereinigte Gleichung auch in die ein- fachere Gestalt zusammengezogen werden:
0 ɟ x̄ ɟ 0 ɟ x ɟ 0 = 0
1 ; x̄ ; 1 ; x ; 1 = 1
oder auch x und x̄ vertauscht. Denn letztere Relation gibt für die Koeffi- zienten die Forderung:
Πh k l m(x̄h k + xl m) = Πh kx̄h k + Πl mxl m = 0
Σh k l mx̄h kxl m = Σh kx̄h k · Σl mxl m = 1,
in deren Übereinstimmung mit der obigen der „Beweis ad hoc“ für die behauptete Vereinfachungsmöglichkeit zu erblicken ist. Man könnte dafür auch das allgemeinere Schema 5) des § 11 anziehen.]
Die Forderung — links z. B. — zerfällt nun in die beiden: Πi jxi j = 0 und Πi jx̄i j = 0, deren jede für sich allein wir nach den Schemata in der vorigen Aufgabe symmetrisch allgemein aufzulösen vermögen. Versucht man jedoch die arbiträren Parameter uh k der einen Lösung so zu bestimmen, dass sie auch der andern Forderung genügen, so gelangt man allemal für diese Unbekannten uh k zu Gleichungen von genau derselben Form wie die von den xh k zu erfüllen gewesenen Gleichungen 3); man bewegt sich also in einem Zirkel.
Die Lösung des zusammengesetzten Problemes zeigt sich hier durch die vorgängige Lösung seiner (beiden) Teilprobleme in keiner Weise ge- fördert — eine Wahrnehmung, die in unsrer Disziplin sehr häufig (obzwar nicht immer) zu machen ist! Jene dürfte dann am besten a priori, ganz unabhängig von den Teilproblemen, in Angriff genommen werden.
Es kommt wesentlich darauf an, die Gleichung links in 3) nach den unbekannten Koeffizienten xh k „symmetrisch allgemein“ aufzulösen. Die Forderung der Symmetrie ist darin begründet oder läuft darauf hinaus, dass eben ein einheitlicher Ausdruck für jedes unbekannte xi j gefunden werden muss, der sich dann allgemein als Koeffizient des unbekannten Re- lativs x darstellen lasse; m. a. W. es muss der allgemeine Wurzelwert für xi j aus dem für xh k durch Vertauschung von h mit i und k mit j hervorgehn.
Für Klassen xi j war zwar schon die symmetrisch allgemeine Lösung der Gleichung x1x2x3 + x̄1x̄2x̄3 = 0
Schröder, Algebra der Relative. 13
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[193/0207]
§ 14. Beispiele einfachster Art.
Aufgabe 3. Die Proposition aufzulösen:
2) (x ≠ 1)(x ≠ 0),
d. h. den Ausdruck für das allgemeinste Relativ zu finden, welches eo
ipso weder null noch eins ist (ausserdem aber jedes Wertes fähig).
Auflösung. Auf 0 oder 1 rechterhand gebracht stellt sich unsre
Proposition bezüglich dar als die vereinigte Gleichung:
0 ɟ x̄ ɟ 0 + 0 ɟ x ɟ 0 = 0 1 ; x̄ ; 1 · 1 ; x ; 1 = 1
und fordert für die Koeffizienten, dass
3) Πh kxh k + Πh kx̄h k = 0 Σh kxh k · Σh kx̄h k = 1
gemacht werde.
[Nebenbei gesagt könnte die vereinigte Gleichung auch in die ein-
fachere Gestalt zusammengezogen werden:
0 ɟ x̄ ɟ 0 ɟ x ɟ 0 = 0 1 ; x̄ ; 1 ; x ; 1 = 1
oder auch x und x̄ vertauscht. Denn letztere Relation gibt für die Koeffi-
zienten die Forderung:
Πh k l m(x̄h k + xl m) = Πh kx̄h k + Πl mxl m = 0 Σh k l mx̄h kxl m = Σh kx̄h k · Σl mxl m = 1,
in deren Übereinstimmung mit der obigen der „Beweis ad hoc“ für die
behauptete Vereinfachungsmöglichkeit zu erblicken ist. Man könnte dafür
auch das allgemeinere Schema 5) des § 11 anziehen.]
Die Forderung — links z. B. — zerfällt nun in die beiden: Πi jxi j = 0
und Πi jx̄i j = 0, deren jede für sich allein wir nach den Schemata in der
vorigen Aufgabe symmetrisch allgemein aufzulösen vermögen. Versucht
man jedoch die arbiträren Parameter uh k der einen Lösung so zu bestimmen,
dass sie auch der andern Forderung genügen, so gelangt man allemal für
diese Unbekannten uh k zu Gleichungen von genau derselben Form wie die
von den xh k zu erfüllen gewesenen Gleichungen 3); man bewegt sich also
in einem Zirkel.
Die Lösung des zusammengesetzten Problemes zeigt sich hier durch
die vorgängige Lösung seiner (beiden) Teilprobleme in keiner Weise ge-
fördert — eine Wahrnehmung, die in unsrer Disziplin sehr häufig (obzwar
nicht immer) zu machen ist! Jene dürfte dann am besten a priori, ganz
unabhängig von den Teilproblemen, in Angriff genommen werden.
Es kommt wesentlich darauf an, die Gleichung links in 3) nach den
unbekannten Koeffizienten xh k „symmetrisch allgemein“ aufzulösen. Die
Forderung der Symmetrie ist darin begründet oder läuft darauf hinaus,
dass eben ein einheitlicher Ausdruck für jedes unbekannte xi j gefunden
werden muss, der sich dann allgemein als Koeffizient des unbekannten Re-
lativs x darstellen lasse; m. a. W. es muss der allgemeine Wurzelwert
für xi j aus dem für xh k durch Vertauschung von h mit i und k mit j
hervorgehn.
Für Klassen xi j war zwar schon die symmetrisch allgemeine Lösung
der Gleichung
x1x2x3 + x̄1x̄2x̄3 = 0
Schröder, Algebra der Relative. 13
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 193. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/207>, abgerufen am 23.11.2024.
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