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

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§ 28. Zu den Hülfsaufgaben.

a ; 1 + an j 1' = 1, und a fortiori a ; 1 + (an j 1') ; 1 = 1
wie auch zeilenrechnerisch leicht zu zeigen.

Das Ergebniss lässt jedoch noch an Symmetrie zu wünschen.

Wegen 0' = 0' gilt aber nach 11) des § 27 der Satz:
26)

(a ; 0')b ; 1 = (b ; 0')a ; 1

(a j 1' + b) j 0 = (b j 1' + a) j 0

und konjugirt dazu. Darnach lässt sich auch schreiben:
a = a + {(bn j 1' + an) j 0} · (an j 1') ; 1
und würde die Symmetrie unsrer Lösung eine vollkommne sein, falls der
Faktor (an j 1') ; 1 wegfiele. Dies legt die Vermutung nahe, dass schon
folgendes die Lösung darstelle:
27) a = a + (bn j 1' + an) j 0, b = b + (an j 1' + bn) j 0
-- worin die zweiten Glieder denselben Wert repräsentiren und blos
in ihrer Ausdrucksform differiren.

Und dies bestätigen die beiden Proben. Nennt man zur Abkürzung
28) (a ; 0')b ; 1 = g = (b ; 0')a ; 1,
so ist a = a + gn, b = b + gn unsre Lösung. Denn für g = 1 wird a = a,
b = b und stimmt somit die Probe 2. Weil ferner g sowie gn "System"
ist, haben wir gn ; 0' = gn ; 1 ; 0' = gn ; 1 = gn
a ; 0' = a ; 0' + gn, a ; 0' · b = a ; 0' · b + gn,
(a ; 0')b ; 1 = (a ; 0')b ; 1 + gn = g + gn = 1,
und stimmt also auch die Probe 1 für beliebige a, b, q. e. d.

Die beiden Lösungsformen für a sind gleichwohl wesentlich verschieden,
sintemal zu ihrer Übereinstimmung erforderlich (und hinreichend) wäre,
dass allgemein
(an j 1' + bn) j 0 a + (an j 1') ; 1
gälte, was schon bei bn = 1 nicht zutrifft.

Wir hatten nun durch x der Forderung 50) sub 10) Genüge zu leisten,
welche bedingt:
1 ax ; 1 x ; 1, 1 bxn ; 1 xn ; 1,
d. h. a fortiori muss x ; 1 = 1 und xn ; 1 = 1 sein, oder unser x -- nach
S. 475 das konverse desjenigen in 22) -- kann weder Leerzeilen noch
Vollzeilen haben.

Weil gn = etc. j 0 System ist, so muss also sein
gnx ; 1 = gn · x ; 1 = gn, ebenso gnxn ; 1 = gn,
und wenn wir die Abkürzung 28) beibehalten, so dreht sich die Frage
darum, ob es möglich ist mit den Werten 27) von a, b unsrer Forderung 50)
bei ganz beliebigen Werten von a, b allemal durch ein x zu genügen.
Diese Forderung hat aber nach dem Gesagten die Gestalt:
29) (ax ; 1 + gn = 1)(bxn ; 1 + gn = 1).

31*

§ 28. Zu den Hülfsaufgaben.

α ; 1 + ᾱ ɟ 1' = 1, und a fortiori α ; 1 + (ᾱ ɟ 1') ; 1 = 1
wie auch zeilenrechnerisch leicht zu zeigen.

Das Ergebniss lässt jedoch noch an Symmetrie zu wünschen.

Wegen 0'̆ = 0' gilt aber nach 11) des § 27 der Satz:
26)

(a ; 0')b ; 1 = (b ; 0')a ; 1

(a ɟ 1' + b) ɟ 0 = (b ɟ 1' + a) ɟ 0

und konjugirt dazu. Darnach lässt sich auch schreiben:
a = α + {(β̄ ɟ 1' + ᾱ) ɟ 0} · (ᾱ ɟ 1') ; 1
und würde die Symmetrie unsrer Lösung eine vollkommne sein, falls der
Faktor (ᾱ ɟ 1') ; 1 wegfiele. Dies legt die Vermutung nahe, dass schon
folgendes die Lösung darstelle:
27) a = α + (β̄ ɟ 1' + ᾱ) ɟ 0, b = β + (ᾱ ɟ 1' + β̄) ɟ 0
— worin die zweiten Glieder denselben Wert repräsentiren und blos
in ihrer Ausdrucksform differiren.

Und dies bestätigen die beiden Proben. Nennt man zur Abkürzung
28) (α ; 0')β ; 1 = γ = (β ; 0')α ; 1,
so ist a = α + γ̄, b = β + γ̄ unsre Lösung. Denn für γ = 1 wird a = α,
b = β und stimmt somit die Probe 2. Weil ferner γ sowie γ̄ „System“
ist, haben wir γ̄ ; 0' = γ̄ ; 1 ; 0' = γ̄ ; 1 = γ̄
a ; 0' = α ; 0' + γ̄, a ; 0' · b = α ; 0' · β + γ̄,
(a ; 0')b ; 1 = (α ; 0')β ; 1 + γ̄ = γ + γ̄ = 1,
und stimmt also auch die Probe 1 für beliebige α, β, q. e. d.

Die beiden Lösungsformen für a sind gleichwohl wesentlich verschieden,
sintemal zu ihrer Übereinstimmung erforderlich (und hinreichend) wäre,
dass allgemein
(ᾱ ɟ 1' + β̄) ɟ 0 ⋹ α + (ᾱ ɟ 1') ; 1
gälte, was schon bei β̄ = 1 nicht zutrifft.

Wir hatten nun durch x der Forderung 50) sub 10) Genüge zu leisten,
welche bedingt:
1 ⋹ ax ; 1 ⋹ x ; 1, 1 ⋹ bx̄ ; 1 ⋹ x̄ ; 1,
d. h. a fortiori muss x ; 1 = 1 und x̄ ; 1 = 1 sein, oder unser x — nach
S. 475 das konverse desjenigen in 22) — kann weder Leerzeilen noch
Vollzeilen haben.

Weil γ̄ = etc. ɟ 0 System ist, so muss also sein
γ̄x ; 1 = γ̄ · x ; 1 = γ̄, ebenso γ̄x̄ ; 1 = γ̄,
und wenn wir die Abkürzung 28) beibehalten, so dreht sich die Frage
darum, ob es möglich ist mit den Werten 27) von a, b unsrer Forderung 50)
bei ganz beliebigen Werten von α, β allemal durch ein x zu genügen.
Diese Forderung hat aber nach dem Gesagten die Gestalt:
29) (αx ; 1 + γ̄ = 1)(βx̄ ; 1 + γ̄ = 1).

31*

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[483/0497] § 28. Zu den Hülfsaufgaben. α ; 1 + ᾱ ɟ 1' = 1, und a fortiori α ; 1 + (ᾱ ɟ 1') ; 1 = 1 wie auch zeilenrechnerisch leicht zu zeigen. Das Ergebniss lässt jedoch noch an Symmetrie zu wünschen. Wegen 0'̆ = 0' gilt aber nach 11) des § 27 der Satz: 26) (a ; 0')b ; 1 = (b ; 0')a ; 1 (a ɟ 1' + b) ɟ 0 = (b ɟ 1' + a) ɟ 0 und konjugirt dazu. Darnach lässt sich auch schreiben: a = α + {(β̄ ɟ 1' + ᾱ) ɟ 0} · (ᾱ ɟ 1') ; 1 und würde die Symmetrie unsrer Lösung eine vollkommne sein, falls der Faktor (ᾱ ɟ 1') ; 1 wegfiele. Dies legt die Vermutung nahe, dass schon folgendes die Lösung darstelle: 27) a = α + (β̄ ɟ 1' + ᾱ) ɟ 0, b = β + (ᾱ ɟ 1' + β̄) ɟ 0 — worin die zweiten Glieder denselben Wert repräsentiren und blos in ihrer Ausdrucksform differiren. Und dies bestätigen die beiden Proben. Nennt man zur Abkürzung 28) (α ; 0')β ; 1 = γ = (β ; 0')α ; 1, so ist a = α + γ̄, b = β + γ̄ unsre Lösung. Denn für γ = 1 wird a = α, b = β und stimmt somit die Probe 2. Weil ferner γ sowie γ̄ „System“ ist, haben wir γ̄ ; 0' = γ̄ ; 1 ; 0' = γ̄ ; 1 = γ̄ a ; 0' = α ; 0' + γ̄, a ; 0' · b = α ; 0' · β + γ̄, (a ; 0')b ; 1 = (α ; 0')β ; 1 + γ̄ = γ + γ̄ = 1, und stimmt also auch die Probe 1 für beliebige α, β, q. e. d. Die beiden Lösungsformen für a sind gleichwohl wesentlich verschieden, sintemal zu ihrer Übereinstimmung erforderlich (und hinreichend) wäre, dass allgemein (ᾱ ɟ 1' + β̄) ɟ 0 ⋹ α + (ᾱ ɟ 1') ; 1 gälte, was schon bei β̄ = 1 nicht zutrifft. Wir hatten nun durch x der Forderung 50) sub 10) Genüge zu leisten, welche bedingt: 1 ⋹ ax ; 1 ⋹ x ; 1, 1 ⋹ bx̄ ; 1 ⋹ x̄ ; 1, d. h. a fortiori muss x ; 1 = 1 und x̄ ; 1 = 1 sein, oder unser x — nach S. 475 das konverse desjenigen in 22) — kann weder Leerzeilen noch Vollzeilen haben. Weil γ̄ = etc. ɟ 0 System ist, so muss also sein γ̄x ; 1 = γ̄ · x ; 1 = γ̄, ebenso γ̄x̄ ; 1 = γ̄, und wenn wir die Abkürzung 28) beibehalten, so dreht sich die Frage darum, ob es möglich ist mit den Werten 27) von a, b unsrer Forderung 50) bei ganz beliebigen Werten von α, β allemal durch ein x zu genügen. Diese Forderung hat aber nach dem Gesagten die Gestalt: 29) (αx ; 1 + γ̄ = 1)(βx̄ ; 1 + γ̄ = 1). 31*

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 483. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/497>, abgerufen am 18.02.2025.

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