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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895.

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Elfte Vorlesung.
u · 1 ; un selbst. Ebenfalls aus jenem 1 ; a · (0 j bn)(0 j u)0' zum sechsten
Gliede 1 ; a · 1 ; b · (0 j u)0' schlagend zieht man dieses leicht zusammen zu
1 ; a · (0 j u)0'. Endlich aus dem vierten Gliede 1 ; a · (0 j bn)(0 j un) diesen
mit 1' multiplizirten Teil zum siebenten Gliede 1 ; a · 1 ; b · (0 j un)1' schlagend
vereinfacht man letztres zu 1 ; a · (0 j un)1'. Damit ist die Lösung ge-
wonnen:
20) [Formel 1]
{x = u · 1 ; un + (0 j bn)u + 1 ; a · (0 j bn)(0 j un) + 1 ; a · (0 j un)1' + 1 ; a · (0 j u)0'}
{xn = un · 1 ; u + (0 j an)un + 1 ; b · (0 j an)(0 j u) + 1 ; b · (0 j u)1' + 1 ; b · (0 j un)0'}.
Unter diese haben wir auch sogleich den Wert von xn gesetzt, welcher mit
dem von x verglichen erkennen lässt, dass unsre Lösung die in der Auf-
gabe liegenden Anforderungen der Symmetrie erfüllt, welche dahin zu
statuiren sind, dass die Lösung ungeändert bleiben muss, wenn man a, x, u
mit b, xn, un vertauscht.

Dieser Wert ergibt sich durch regelrechtes Negiren desjenigen von x,
wenn man das entstehende Produkt von Summen, unter jeweiliger Bedacht-
nahme auf thunlichste Vereinfachung nach bekannten Sätzen, ausmulti-
plizirt. Man erhält so jedoch den Wert von xn nicht sofort völlig in der
angegebnen Form, sondern statt des letzten Glieds unsres xn wird 1 ; b · un0'
auftreten. Wegen un = un · 1 ; u + 0 j un -- vergl. 4) des § 27 -- kommt dies
aber auf das Angegebene hinaus, indem der vom ersten Glied des un her-
rührende Term im ersten Glied des xn eingeht.

Analog konnte man bemerken, dass das letzte Glied unsres x in 13)
auch zu 1 ; a · u0' sich vereinfachen liesse, indem man zu demselben aus
dem ersten Gliede desselben auch 1 ; a · u · 1 ; un · 0' hinzuschlagen kann.
Die Vereinfachungen wären aber nur solche des Namens und keineswegs
solche für die Ausrechnung des x oder xn, nach der Vorschrift dieses Namens,
aus gegebnem u, weshalb wir sie in der Formel unberücksichtigt liessen.

Wir machen nun mit dieser Lösung unsrer Hülfsaufgabe die beiden
Proben.

Probe 1. Man findet nach bekannten Sätzen 12, 13) des § 27:
1 ; x = 1 ; u · 1 ; un + (0 j bn){1 ; u + 1 ; a · (0 j un)} + 1 ; a · (0 j un + 0 j u),
weil 1 ; 1' = 1 ; 0' = 1 ist. Hierin kommt 1 ; a multiplizirt vor in
1 ; u · 1 ; un + 0 j un + 0 j u = 1,
und stimmt somit: 1 ; a 1 ; x. Symmetriehalber ist auch die Probe für
1 ; b 1 ; xn bereits geleistet. Vereinfacht stellt sich dar:
1 ; x = 1 ; a + 1 ; u · (1 ; un + 0 j bn), 1 ; xn = 1 ; b + 1 ; un · (1 ; u + 0 j an).

Probe 2. Trifft die Assumtion links in 13) zu, so muss auch die
rechte Seite für u = x erfüllt sein. In der That ist dann 1 ; a · (0 j xn) = 0
und bleibt uns zu bewahrheiten, dass
x = x · 1 ; xn + (0 j bn)x + 1 ; a · (0 j x)0' = x{1 ; xn + 0 j bn + 1 ; a · 0'}
sei. Wegen 1 ; b 1 ; xn, 0 j x 0 j bn kann man aber hierin 0 j x + 0 j bn

Elfte Vorlesung.
u · 1 ; ū selbst. Ebenfalls aus jenem 1 ; a · (0 ɟ b̄)(0 ɟ u)0' zum sechsten
Gliede 1 ; a · 1 ; b · (0 ɟ u)0' schlagend zieht man dieses leicht zusammen zu
1 ; a · (0 ɟ u)0'. Endlich aus dem vierten Gliede 1 ; a · (0 ɟ b̄)(0 ɟ ū) diesen
mit 1' multiplizirten Teil zum siebenten Gliede 1 ; a · 1 ; b · (0 ɟ ū)1' schlagend
vereinfacht man letztres zu 1 ; a · (0 ɟ ū)1'. Damit ist die Lösung ge-
wonnen:
20) [Formel 1]
{x = u · 1 ; ū + (0 ɟ b̄)u + 1 ; a · (0 ɟ b̄)(0 ɟ ū) + 1 ; a · (0 ɟ ū)1' + 1 ; a · (0 ɟ u)0'}
{x̄ = ū · 1 ; u + (0 ɟ ā)ū + 1 ; b · (0 ɟ ā)(0 ɟ u) + 1 ; b · (0 ɟ u)1' + 1 ; b · (0 ɟ ū)0'}.
Unter diese haben wir auch sogleich den Wert von x̄ gesetzt, welcher mit
dem von x verglichen erkennen lässt, dass unsre Lösung die in der Auf-
gabe liegenden Anforderungen der Symmetrie erfüllt, welche dahin zu
statuiren sind, dass die Lösung ungeändert bleiben muss, wenn man a, x, u
mit b, x̄, ū vertauscht.

Dieser Wert ergibt sich durch regelrechtes Negiren desjenigen von x,
wenn man das entstehende Produkt von Summen, unter jeweiliger Bedacht-
nahme auf thunlichste Vereinfachung nach bekannten Sätzen, ausmulti-
plizirt. Man erhält so jedoch den Wert von x̄ nicht sofort völlig in der
angegebnen Form, sondern statt des letzten Glieds unsres x̄ wird 1 ; b · ū0'
auftreten. Wegen ū = ū · 1 ; u + 0 ɟ ū — vergl. 4) des § 27 — kommt dies
aber auf das Angegebene hinaus, indem der vom ersten Glied des ū her-
rührende Term im ersten Glied des x̄ eingeht.

Analog konnte man bemerken, dass das letzte Glied unsres x in 13)
auch zu 1 ; a · u0' sich vereinfachen liesse, indem man zu demselben aus
dem ersten Gliede desselben auch 1 ; a · u · 1 ; ū · 0' hinzuschlagen kann.
Die Vereinfachungen wären aber nur solche des Namens und keineswegs
solche für die Ausrechnung des x oder x̄, nach der Vorschrift dieses Namens,
aus gegebnem u, weshalb wir sie in der Formel unberücksichtigt liessen.

Wir machen nun mit dieser Lösung unsrer Hülfsaufgabe die beiden
Proben.

Probe 1. Man findet nach bekannten Sätzen 12, 13) des § 27:
1 ; x = 1 ; u · 1 ; ū + (0 ɟ b̄){1 ; u + 1 ; a · (0 ɟ ū)} + 1 ; a · (0 ɟ ū + 0 ɟ u),
weil 1 ; 1' = 1 ; 0' = 1 ist. Hierin kommt 1 ; a multiplizirt vor in
1 ; u · 1 ; ū + 0 ɟ ū + 0 ɟ u = 1,
und stimmt somit: 1 ; a ⋹ 1 ; x. Symmetriehalber ist auch die Probe für
1 ; b ⋹ 1 ; x̄ bereits geleistet. Vereinfacht stellt sich dar:
1 ; x = 1 ; a + 1 ; u · (1 ; ū + 0 ɟ b̄), 1 ; x̄ = 1 ; b + 1 ; ū · (1 ; u + 0 ɟ ā).

Probe 2. Trifft die Assumtion links in 13) zu, so muss auch die
rechte Seite für u = x erfüllt sein. In der That ist dann 1 ; a · (0 ɟ x̄) = 0
und bleibt uns zu bewahrheiten, dass
x = x · 1 ; x̄ + (0 ɟ b̄)x + 1 ; a · (0 ɟ x)0' = x{1 ; x̄ + 0 ɟ b̄ + 1 ; a · 0'}
sei. Wegen 1 ; b ⋹ 1 ; x̄, 0 ɟ x ⋹ 0 ɟ b̄ kann man aber hierin 0 ɟ x + 0 ɟ b̄

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[480/0494] Elfte Vorlesung. u · 1 ; ū selbst. Ebenfalls aus jenem 1 ; a · (0 ɟ b̄)(0 ɟ u)0' zum sechsten Gliede 1 ; a · 1 ; b · (0 ɟ u)0' schlagend zieht man dieses leicht zusammen zu 1 ; a · (0 ɟ u)0'. Endlich aus dem vierten Gliede 1 ; a · (0 ɟ b̄)(0 ɟ ū) diesen mit 1' multiplizirten Teil zum siebenten Gliede 1 ; a · 1 ; b · (0 ɟ ū)1' schlagend vereinfacht man letztres zu 1 ; a · (0 ɟ ū)1'. Damit ist die Lösung ge- wonnen: 20) [FORMEL] {x = u · 1 ; ū + (0 ɟ b̄)u + 1 ; a · (0 ɟ b̄)(0 ɟ ū) + 1 ; a · (0 ɟ ū)1' + 1 ; a · (0 ɟ u)0'} {x̄ = ū · 1 ; u + (0 ɟ ā)ū + 1 ; b · (0 ɟ ā)(0 ɟ u) + 1 ; b · (0 ɟ u)1' + 1 ; b · (0 ɟ ū)0'}. Unter diese haben wir auch sogleich den Wert von x̄ gesetzt, welcher mit dem von x verglichen erkennen lässt, dass unsre Lösung die in der Auf- gabe liegenden Anforderungen der Symmetrie erfüllt, welche dahin zu statuiren sind, dass die Lösung ungeändert bleiben muss, wenn man a, x, u mit b, x̄, ū vertauscht. Dieser Wert ergibt sich durch regelrechtes Negiren desjenigen von x, wenn man das entstehende Produkt von Summen, unter jeweiliger Bedacht- nahme auf thunlichste Vereinfachung nach bekannten Sätzen, ausmulti- plizirt. Man erhält so jedoch den Wert von x̄ nicht sofort völlig in der angegebnen Form, sondern statt des letzten Glieds unsres x̄ wird 1 ; b · ū0' auftreten. Wegen ū = ū · 1 ; u + 0 ɟ ū — vergl. 4) des § 27 — kommt dies aber auf das Angegebene hinaus, indem der vom ersten Glied des ū her- rührende Term im ersten Glied des x̄ eingeht. Analog konnte man bemerken, dass das letzte Glied unsres x in 13) auch zu 1 ; a · u0' sich vereinfachen liesse, indem man zu demselben aus dem ersten Gliede desselben auch 1 ; a · u · 1 ; ū · 0' hinzuschlagen kann. Die Vereinfachungen wären aber nur solche des Namens und keineswegs solche für die Ausrechnung des x oder x̄, nach der Vorschrift dieses Namens, aus gegebnem u, weshalb wir sie in der Formel unberücksichtigt liessen. Wir machen nun mit dieser Lösung unsrer Hülfsaufgabe die beiden Proben. Probe 1. Man findet nach bekannten Sätzen 12, 13) des § 27: 1 ; x = 1 ; u · 1 ; ū + (0 ɟ b̄){1 ; u + 1 ; a · (0 ɟ ū)} + 1 ; a · (0 ɟ ū + 0 ɟ u), weil 1 ; 1' = 1 ; 0' = 1 ist. Hierin kommt 1 ; a multiplizirt vor in 1 ; u · 1 ; ū + 0 ɟ ū + 0 ɟ u = 1, und stimmt somit: 1 ; a ⋹ 1 ; x. Symmetriehalber ist auch die Probe für 1 ; b ⋹ 1 ; x̄ bereits geleistet. Vereinfacht stellt sich dar: 1 ; x = 1 ; a + 1 ; u · (1 ; ū + 0 ɟ b̄), 1 ; x̄ = 1 ; b + 1 ; ū · (1 ; u + 0 ɟ ā). Probe 2. Trifft die Assumtion links in 13) zu, so muss auch die rechte Seite für u = x erfüllt sein. In der That ist dann 1 ; a · (0 ɟ x̄) = 0 und bleibt uns zu bewahrheiten, dass x = x · 1 ; x̄ + (0 ɟ b̄)x + 1 ; a · (0 ɟ x)0' = x{1 ; x̄ + 0 ɟ b̄ + 1 ; a · 0'} sei. Wegen 1 ; b ⋹ 1 ; x̄, 0 ɟ x ⋹ 0 ɟ b̄ kann man aber hierin 0 ɟ x + 0 ɟ b̄

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Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 480. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/494>, abgerufen am 23.11.2024.