Anmelden (DTAQ) DWDS     dlexDB     CLARIN-D

Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891.

Bild:
<< vorherige Seite
nächste Seite >>

§ 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle.
p + q 0
die Eliminationsresultante sein muss.

Behufs Beweises ist zunächst zu zeigen, dass die letztere in der
That aus der Prämisse folgt, d. h. dass wirklich ist:
g) (p x + q x1 0) (p + q 0).

Diesen Satz erhalten wir aber in der That, wenn wir die --
nach der letzten Formel des Tableau's § 40, a') S. 194 gültigen beiden
Propositionen:
(p x 0) (p 0) und (q x1 0) (q 0)
gemäss Th. 17+) überschiebend addiren, und das Ergebniss dieser
Verknüpfung:
(p x 0) + (q x1 0) (p 0) + (q 0)
in die damit äquivalente Behauptung g) -- gemäss dem Schema
(a 0) + (b 0) = (a + b 0) des Tableau's a) zu Anfang des § 40
-- umschreiben.

Es ist nun ferner auch die Vollständigkeit der gefundenen Resul-
tante B = (p + q 0) darzuthun. Zu dem Ende ist zu zeigen, dass
wenn diese Resultante B erfüllt ist, es immer ein die Prämisse
A = (p x + q x1 0)
erfüllendes x geben wird.

Dies lässt sich auf zwei Arten verwirklichen.

Da (p + q 0) = (p 0) + (q 0) ist, so wird, wenn B er-
füllt ist, entweder p 0 sein -- in diesem Falle genügt die Annahme
x = p -- oder es wird q 0 sein -- alsdann genügt es x1 = q, so-
mit x = q1 anzunehmen -- um hinzubringen, dass die Relation A sich
denknotwendig erfülle.

Noch kürzer ist es, mit einem Schlage zu bemerken, dass unter
der Voraussetzung B in Gestalt von
x = p + q1, wofür x1 = p1 q,
auf alle Fälle ein Gebiet x angebbar ist, welches die Relation A er-
füllt, indem dann eben p x + q x1 = p + q selbst wird, mithin 0 ist.

Es sei an dem vorstehenden Beispiel nochmals zum Bewusstsein ge-
bracht, was wir in § 21 bereits allgemein darlegten: was denn durch
solche Vollständigkeit der Resultante garantirt wird?

Nachdem soeben gezeigt ist, dass es unter der Annahme B immer
ein die Relation A erfüllendes x gibt, während A B war, ist klar, dass
ausser B keine weitere (unabhängige) Relation zwischen p und q (oder
auch nur Bedingung für eines dieser beiden Gebiete) mehr aus A folgen

§ 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle.
p + q ≠ 0
die Eliminationsresultante sein muss.

Behufs Beweises ist zunächst zu zeigen, dass die letztere in der
That aus der Prämisse folgt, d. h. dass wirklich ist:
γ) (p x + q x1 ≠ 0) ⊆ (p + q ≠ 0).

Diesen Satz erhalten wir aber in der That, wenn wir die —
nach der letzten Formel des Tableau’s § 40, α') S. 194 gültigen beiden
Propositionen:
(p x ≠ 0) ⊆ (p ≠ 0) und (q x1 ≠ 0) ⊆ (q ≠ 0)
gemäss Th. 1̅7̅+) überschiebend addiren, und das Ergebniss dieser
Verknüpfung:
(p x ≠ 0) + (q x1 ≠ 0) ⊆ (p ≠ 0) + (q ≠ 0)
in die damit äquivalente Behauptung γ) — gemäss dem Schema
(a ≠ 0) + (b ≠ 0) = (a + b ≠ 0) des Tableau’s α) zu Anfang des § 40
— umschreiben.

Es ist nun ferner auch die Vollständigkeit der gefundenen Resul-
tante B = (p + q ≠ 0) darzuthun. Zu dem Ende ist zu zeigen, dass
wenn diese Resultante B erfüllt ist, es immer ein die Prämisse
A = (p x + q x1 ≠ 0)
erfüllendes x geben wird.

Dies lässt sich auf zwei Arten verwirklichen.

Da (p + q ≠ 0) = (p ≠ 0) + (q ≠ 0) ist, so wird, wenn B er-
füllt ist, entweder p ≠ 0 sein — in diesem Falle genügt die Annahme
x = p — oder es wird q ≠ 0 sein — alsdann genügt es x1 = q, so-
mit x = q1 anzunehmen — um hinzubringen, dass die Relation A sich
denknotwendig erfülle.

Noch kürzer ist es, mit einem Schlage zu bemerken, dass unter
der Voraussetzung B in Gestalt von
x = p + q1, wofür x1 = p1 q,
auf alle Fälle ein Gebiet x angebbar ist, welches die Relation A er-
füllt, indem dann eben p x + q x1 = p + q selbst wird, mithin ≠ 0 ist.

Es sei an dem vorstehenden Beispiel nochmals zum Bewusstsein ge-
bracht, was wir in § 21 bereits allgemein darlegten: was denn durch
solche Vollständigkeit der Resultante garantirt wird?

Nachdem soeben gezeigt ist, dass es unter der Annahme B immer
ein die Relation A erfüllendes x gibt, während A ⊆ B war, ist klar, dass
ausser B keine weitere (unabhängige) Relation zwischen p und q (oder
auch nur Bedingung für eines dieser beiden Gebiete) mehr aus A folgen

<TEI>
  <text>
    <body>
      <div n="1">
        <div n="2">
          <div n="3">
            <p><pb facs="#f0225" n="201"/><fw place="top" type="header">§ 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle.</fw><lb/><hi rendition="#c"><hi rendition="#i">p</hi> + <hi rendition="#i">q</hi> &#x2260; 0</hi><lb/>
die Eliminationsresultante sein muss.</p><lb/>
            <p>Behufs <hi rendition="#g">Beweises</hi> ist zunächst zu zeigen, dass die letztere in der<lb/>
That aus der Prämisse folgt, d. h. dass wirklich ist:<lb/><hi rendition="#i">&#x03B3;</hi>) <hi rendition="#et">(<hi rendition="#i">p x</hi> + <hi rendition="#i">q x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">p</hi> + <hi rendition="#i">q</hi> &#x2260; 0).</hi></p><lb/>
            <p>Diesen Satz erhalten wir aber in der That, wenn wir die &#x2014;<lb/>
nach der letzten Formel des Tableau&#x2019;s § 40, <hi rendition="#i">&#x03B1;</hi>') S. 194 gültigen beiden<lb/>
Propositionen:<lb/><hi rendition="#c">(<hi rendition="#i">p x</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">p</hi> &#x2260; 0) und (<hi rendition="#i">q x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">q</hi> &#x2260; 0)</hi><lb/>
gemäss Th. 1&#x0305;7&#x0305;<hi rendition="#sub">+</hi>) überschiebend addiren, und das Ergebniss dieser<lb/>
Verknüpfung:<lb/><hi rendition="#c">(<hi rendition="#i">p x</hi> &#x2260; 0) + (<hi rendition="#i">q x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">p</hi> &#x2260; 0) + (<hi rendition="#i">q</hi> &#x2260; 0)</hi><lb/>
in die damit äquivalente Behauptung <hi rendition="#i">&#x03B3;</hi>) &#x2014; gemäss dem Schema<lb/>
(<hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0) + (<hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0) = (<hi rendition="#i">a</hi> + <hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0) des Tableau&#x2019;s <hi rendition="#i">&#x03B1;</hi>) zu Anfang des § 40<lb/>
&#x2014; umschreiben.</p><lb/>
            <p>Es ist nun ferner auch die Vollständigkeit der gefundenen Resul-<lb/>
tante <hi rendition="#i">B</hi> = (<hi rendition="#i">p</hi> + <hi rendition="#i">q</hi> &#x2260; 0) darzuthun. Zu dem Ende ist zu zeigen, dass<lb/>
wenn diese Resultante <hi rendition="#i">B</hi> erfüllt ist, es immer ein die Prämisse<lb/><hi rendition="#c"><hi rendition="#i">A</hi> = (<hi rendition="#i">p x</hi> + <hi rendition="#i">q x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0)</hi><lb/>
erfüllendes <hi rendition="#i">x</hi> geben wird.</p><lb/>
            <p>Dies lässt sich auf zwei Arten verwirklichen.</p><lb/>
            <p>Da (<hi rendition="#i">p</hi> + <hi rendition="#i">q</hi> &#x2260; 0) = (<hi rendition="#i">p</hi> &#x2260; 0) + (<hi rendition="#i">q</hi> &#x2260; 0) ist, so wird, wenn <hi rendition="#i">B</hi> er-<lb/>
füllt ist, entweder <hi rendition="#i">p</hi> &#x2260; 0 sein &#x2014; in diesem Falle genügt die Annahme<lb/><hi rendition="#i">x</hi> = <hi rendition="#i">p</hi> &#x2014; oder es wird <hi rendition="#i">q</hi> &#x2260; 0 sein &#x2014; alsdann genügt es <hi rendition="#i">x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = <hi rendition="#i">q</hi>, so-<lb/>
mit <hi rendition="#i">x</hi> = <hi rendition="#i">q</hi><hi rendition="#sub">1</hi> anzunehmen &#x2014; um hinzubringen, dass die Relation <hi rendition="#i">A</hi> sich<lb/>
denknotwendig erfülle.</p><lb/>
            <p>Noch kürzer ist es, mit einem Schlage zu bemerken, dass unter<lb/>
der Voraussetzung <hi rendition="#i">B</hi> in Gestalt von<lb/><hi rendition="#c"><hi rendition="#i">x</hi> = <hi rendition="#i">p</hi> + <hi rendition="#i">q</hi><hi rendition="#sub">1</hi>, wofür <hi rendition="#i">x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = <hi rendition="#i">p</hi><hi rendition="#sub">1</hi> <hi rendition="#i">q</hi>,</hi><lb/>
auf alle Fälle ein Gebiet <hi rendition="#i">x</hi> angebbar ist, welches die Relation <hi rendition="#i">A</hi> er-<lb/>
füllt, indem dann eben <hi rendition="#i">p x</hi> + <hi rendition="#i">q x</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = <hi rendition="#i">p</hi> + <hi rendition="#i">q</hi> selbst wird, mithin &#x2260; 0 ist.</p><lb/>
            <p>Es sei an dem vorstehenden Beispiel nochmals zum Bewusstsein ge-<lb/>
bracht, was wir in § 21 bereits allgemein darlegten: was denn durch<lb/>
solche Vollständigkeit der Resultante garantirt wird?</p><lb/>
            <p>Nachdem soeben gezeigt ist, dass es unter der Annahme <hi rendition="#i">B</hi> immer<lb/>
ein die Relation <hi rendition="#i">A</hi> erfüllendes <hi rendition="#i">x</hi> gibt, während <hi rendition="#i">A</hi> <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> <hi rendition="#i">B</hi> war, ist klar, dass<lb/>
ausser <hi rendition="#i">B</hi> keine weitere (unabhängige) Relation zwischen <hi rendition="#i">p</hi> und <hi rendition="#i">q</hi> (oder<lb/>
auch nur Bedingung für eines dieser beiden Gebiete) mehr aus <hi rendition="#i">A</hi> folgen<lb/></p>
          </div>
        </div>
      </div>
    </body>
  </text>
</TEI>
[201/0225] § 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle. p + q ≠ 0 die Eliminationsresultante sein muss. Behufs Beweises ist zunächst zu zeigen, dass die letztere in der That aus der Prämisse folgt, d. h. dass wirklich ist: γ) (p x + q x1 ≠ 0)  (p + q ≠ 0). Diesen Satz erhalten wir aber in der That, wenn wir die — nach der letzten Formel des Tableau’s § 40, α') S. 194 gültigen beiden Propositionen: (p x ≠ 0)  (p ≠ 0) und (q x1 ≠ 0)  (q ≠ 0) gemäss Th. 1̅7̅+) überschiebend addiren, und das Ergebniss dieser Verknüpfung: (p x ≠ 0) + (q x1 ≠ 0)  (p ≠ 0) + (q ≠ 0) in die damit äquivalente Behauptung γ) — gemäss dem Schema (a ≠ 0) + (b ≠ 0) = (a + b ≠ 0) des Tableau’s α) zu Anfang des § 40 — umschreiben. Es ist nun ferner auch die Vollständigkeit der gefundenen Resul- tante B = (p + q ≠ 0) darzuthun. Zu dem Ende ist zu zeigen, dass wenn diese Resultante B erfüllt ist, es immer ein die Prämisse A = (p x + q x1 ≠ 0) erfüllendes x geben wird. Dies lässt sich auf zwei Arten verwirklichen. Da (p + q ≠ 0) = (p ≠ 0) + (q ≠ 0) ist, so wird, wenn B er- füllt ist, entweder p ≠ 0 sein — in diesem Falle genügt die Annahme x = p — oder es wird q ≠ 0 sein — alsdann genügt es x1 = q, so- mit x = q1 anzunehmen — um hinzubringen, dass die Relation A sich denknotwendig erfülle. Noch kürzer ist es, mit einem Schlage zu bemerken, dass unter der Voraussetzung B in Gestalt von x = p + q1, wofür x1 = p1 q, auf alle Fälle ein Gebiet x angebbar ist, welches die Relation A er- füllt, indem dann eben p x + q x1 = p + q selbst wird, mithin ≠ 0 ist. Es sei an dem vorstehenden Beispiel nochmals zum Bewusstsein ge- bracht, was wir in § 21 bereits allgemein darlegten: was denn durch solche Vollständigkeit der Resultante garantirt wird? Nachdem soeben gezeigt ist, dass es unter der Annahme B immer ein die Relation A erfüllendes x gibt, während A  B war, ist klar, dass ausser B keine weitere (unabhängige) Relation zwischen p und q (oder auch nur Bedingung für eines dieser beiden Gebiete) mehr aus A folgen

Suche im Werk

Hilfe

Informationen zum Werk

Download dieses Werks

XML (TEI P5) · HTML · Text
TCF (text annotation layer)
XML (TEI P5 inkl. att.linguistic)

Metadaten zum Werk

TEI-Header · CMDI · Dublin Core

Ansichten dieser Seite

Voyant Tools ?

Language Resource Switchboard?

Feedback

Sie haben einen Fehler gefunden? Dann können Sie diesen über unsere Qualitätssicherungsplattform DTAQ melden.

Kommentar zur DTA-Ausgabe

Dieses Werk wurde gemäß den DTA-Transkriptionsrichtlinien im Double-Keying-Verfahren von Nicht-Muttersprachlern erfasst und in XML/TEI P5 nach DTA-Basisformat kodiert.




Ansicht auf Standard zurückstellen

URL zu diesem Werk: https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891
URL zu dieser Seite: https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/225
Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891, S. 201. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/225>, abgerufen am 24.11.2024.