nur beim Aufbau der Funktion f ausgeschlossen, dass an deren Argu- mente oder an den daraus abgeleiteten Ausdruckteilen (den dasselbe wesentlich führenden, den davon abhängigen Termen) die Operation einer Negation sich vorgeschrieben finde, so kann man wie folgt schliessen.
Die Prämisse zerfällt in: 1 a + x, was mit xna äquivalent ist, und in 1 f(xn). Durch kombinirte Anwendung der Sätze 1) und 13) [Konversion betreffend] des § 6 folgt aber aus xna -- unter den für f stipulirten Voraussetzungen -- auch f(xn) f(a) und somit erhalten wir a fortiori: 1 f(a). Dies aber muss die volle Resultante sein, weil, sobald sie erfüllt, in Gestalt von x = an ein Relativ x als existent nachweisbar ist, welches den Forderungen der Prämisse genügt.
Der Schluss würde unzulässig sein, wenn in f(xn) auch x selber wesent- lich vorkäme, weil wir dann nicht xan sondern anx durch Kontra- position hätten, sonach inbezug auf die das f(xn) zusammensetzenden "Unter- funktionen" oder Ausdruckteile wir nur über Subsumtionen verfügen würden, welche x bald im Subjekte, bald auch im Prädikate aufweisen müssten, sodass durch deren überschiebende Knüpfung kein Schluss der Einordnung inbezug auf f(xn) und f(a) -- oder f(xn, x) und f(a, an) -- erhältlich wäre.
Um auch für die übrigen Resultanten Peirce's -- ja blos für deren erste 50) -- die Frage ihrer Vollständigkeit zur Entscheidung zu bringen, müssen wol einige Vor-Aufgaben gelöst werden, die zu den Auflösungsproblemen mit mehrern Unbekannten gehören und auch an sich nicht unwichtig sein dürften -- weshalb wir gerne weiter (als nötig) ausholen.
Aufgabe 110). Nach x und y symmetrisch allgemein die Sub- sumtion aufzulösen: 12) x ; ya.
Die Lösung, wie sie sich schon auf den ersten Anlauf ergibt, ist: 13) x = u(a j vn), y = (un j a)v. Und es stimmen damit beide Proben, die zweite wegen xa j yn, x = x(a j yn), yxn j a, y = (xn j a)y für x = u, y = v augenscheinlich, die erste wegen x ; yu ; (un j a) u ; un j a 0' j a = a, desgleichen wegen x ; y (a j vn) ; va.
Man könnte vorstehend gelöstes das "erste Inversionsproblem mit zwei Unbekannten" nennen.
Elfte Vorlesung.
nur beim Aufbau der Funktion f ausgeschlossen, dass an deren Argu- mente oder an den daraus abgeleiteten Ausdruckteilen (den dasselbe wesentlich führenden, den davon abhängigen Termen) die Operation einer Negation sich vorgeschrieben finde, so kann man wie folgt schliessen.
Die Prämisse zerfällt in: 1 ⋹ a + x, was mit x̄ ⋹ a äquivalent ist, und in 1 ⋹ f(x̄). Durch kombinirte Anwendung der Sätze 1) und 13) [Konversion betreffend] des § 6 folgt aber aus x̄ ⋹ a — unter den für f stipulirten Voraussetzungen — auch f(x̄) ⋹ f(a) und somit erhalten wir a fortiori: 1 ⋹ f(a). Dies aber muss die volle Resultante sein, weil, sobald sie erfüllt, in Gestalt von x = ā ein Relativ x als existent nachweisbar ist, welches den Forderungen der Prämisse genügt.
Der Schluss würde unzulässig sein, wenn in f(x̄) auch x selber wesent- lich vorkäme, weil wir dann nicht x ⋹ ā sondern ā ⋹ x durch Kontra- position hätten, sonach inbezug auf die das f(x̄) zusammensetzenden „Unter- funktionen“ oder Ausdruckteile wir nur über Subsumtionen verfügen würden, welche x bald im Subjekte, bald auch im Prädikate aufweisen müssten, sodass durch deren überschiebende Knüpfung kein Schluss der Einordnung inbezug auf f(x̄) und f(a) — oder f(x̄, x) und f(a, ā) — erhältlich wäre.
Um auch für die übrigen Resultanten Peirce’s — ja blos für deren erste 50) — die Frage ihrer Vollständigkeit zur Entscheidung zu bringen, müssen wol einige Vor-Aufgaben gelöst werden, die zu den Auflösungsproblemen mit mehrern Unbekannten gehören und auch an sich nicht unwichtig sein dürften — weshalb wir gerne weiter (als nötig) ausholen.
Aufgabe 110). Nach x und y symmetrisch allgemein die Sub- sumtion aufzulösen: 12) x ; y ⋹ a.
Die Lösung, wie sie sich schon auf den ersten Anlauf ergibt, ist: 13) x = u(a ɟ v̄̆), y = (ū̆ ɟ a)v. Und es stimmen damit beide Proben, die zweite wegen x ⋹ a ɟ ȳ̆, x = x(a ɟ ȳ̆), y ⋹ x̄̆ ɟ a, y = (x̄̆ ɟ a)y für x = u, y = v augenscheinlich, die erste wegen x ; y ⋹ u ; (ū̆ ɟ a) ⋹ u ; ū̆ ɟ a ⋹ 0' ɟ a = a, desgleichen wegen x ; y ⋹ (a ɟ v̄̆) ; v ⋹ a.
Man könnte vorstehend gelöstes das „erste Inversionsproblem mit zwei Unbekannten“ nennen.
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Elfte Vorlesung.
nur beim Aufbau der Funktion f ausgeschlossen, dass an deren Argu-
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wesentlich führenden, den davon abhängigen Termen) die Operation
einer Negation sich vorgeschrieben finde, so kann man wie folgt
schliessen.
Die Prämisse zerfällt in: 1 ⋹ a + x, was mit x̄ ⋹ a äquivalent
ist, und in 1 ⋹ f(x̄). Durch kombinirte Anwendung der Sätze 1)
und 13) [Konversion betreffend] des § 6 folgt aber aus x̄ ⋹ a — unter
den für f stipulirten Voraussetzungen — auch f(x̄) ⋹ f(a) und somit
erhalten wir a fortiori: 1 ⋹ f(a). Dies aber muss die volle Resultante
sein, weil, sobald sie erfüllt, in Gestalt von x = ā ein Relativ x als
existent nachweisbar ist, welches den Forderungen der Prämisse genügt.
Der Schluss würde unzulässig sein, wenn in f(x̄) auch x selber wesent-
lich vorkäme, weil wir dann nicht x ⋹ ā sondern ā ⋹ x durch Kontra-
position hätten, sonach inbezug auf die das f(x̄) zusammensetzenden „Unter-
funktionen“ oder Ausdruckteile wir nur über Subsumtionen verfügen würden,
welche x bald im Subjekte, bald auch im Prädikate aufweisen müssten,
sodass durch deren überschiebende Knüpfung kein Schluss der Einordnung
inbezug auf f(x̄) und f(a) — oder f(x̄, x) und f(a, ā) — erhältlich wäre.
Um auch für die übrigen Resultanten Peirce’s — ja blos für
deren erste 50) — die Frage ihrer Vollständigkeit zur Entscheidung
zu bringen, müssen wol einige Vor-Aufgaben gelöst werden, die zu
den Auflösungsproblemen mit mehrern Unbekannten gehören und auch
an sich nicht unwichtig sein dürften — weshalb wir gerne weiter
(als nötig) ausholen.
Aufgabe 110). Nach x und y symmetrisch allgemein die Sub-
sumtion aufzulösen:
12) x ; y ⋹ a.
Die Lösung, wie sie sich schon auf den ersten Anlauf ergibt, ist:
13) x = u(a ɟ v̄̆), y = (ū̆ ɟ a)v.
Und es stimmen damit beide Proben, die zweite wegen
x ⋹ a ɟ ȳ̆, x = x(a ɟ ȳ̆), y ⋹ x̄̆ ɟ a, y = (x̄̆ ɟ a)y für x = u, y = v
augenscheinlich, die erste wegen
x ; y ⋹ u ; (ū̆ ɟ a) ⋹ u ; ū̆ ɟ a ⋹ 0' ɟ a = a,
desgleichen wegen
x ; y ⋹ (a ɟ v̄̆) ; v ⋹ a.
Man könnte vorstehend gelöstes das „erste Inversionsproblem mit
zwei Unbekannten“ nennen.
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 476. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/490>, abgerufen am 23.11.2024.
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