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

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Neunzehnte Vorlesung.
kann. Denn folgte noch aus A eine solche Relation C, die möglicherweise
auch nicht erfüllt sein könnte, während doch B erfüllt ist, so gäbe es
unter jener Voraussetzung B doch schon ein A erfüllendes x; d. h. ver-
ständen wir ebendieses unter dem Buchstaben x, so wäre A erfüllt, woraus
dann B nebst C als erfüllt folgen würde, entgegen der Unterstellung, dass
B ohne C erfüllbar sei. Wir kämen damit zu dem Widerspruch, das ge-
dachte C zugleich als erfüllt und nicht erfüllt annehmen zu müssen; folg-
lich kann es ein solches C nicht geben, und unsre Resultante B muss
schon jede aus A fliessende Information über p und q enthalten, muss
eben die volle Resultante sein.

Streng genommen wird bei den obigen Schlüssen der Satz ange-
wendet, dass wenn a = b und b 0 ist, dann auch a 0 sein muss,
wonach es also auch in einer Ungleichung gestattet ist, Gleiches für
identisch Gleiches zu substituiren; in Formeln:
d) (a = b) (a 0) (b 0).

Der Beweis ist leicht zu führen durch folgende Überlegung. Wegen
i = (b = 0) + (b 0) ist nach Th. 21x), 27x), 21+) und 6nx):

(a = b) (a 0) = (a = b) (a 0) (b = 0) + (a = b) (a 0) (b 0) =
= 0 + " (b 0),

indem (a = b) (b = 0) (a 0) (a = 0) (a 0) = 0
nach Th. 4), 15x), 30x) und 5nx) ist.

Als einen ferneren kleinen Hülfssatz möchte ich hier noch das
folgende Theorem einschalten, welchem ebenfalls die "weitere Geltung"
zukommt:
e) (a b) (a 0) (b 0).

Dasselbe stellt fest, dass ein Gebiet, welchem ein von 0 verschie-
denes eingeordnet ist, das also ein nicht verschwindendes Gebiet in
sich enthält, auch von 0 verschieden sein muss, unmöglich selbst ver-
schwinden kann.

Um den Satz zu beweisen, brauchen wir blos zu bedenken, dass nach
Th. 38) nebst 21x), 30+) und 27x) sodann nach 21+) und 6nx) endlich
dem oben eitirten Satze § 40, a') ist:
(a b) (a 0) = (a b1 = 0) (a b + a b1 0) = (a b1 = 0) (a b 0)
(a b 0) (b 0); indem wieder a 0 in (a b 0) + (a b1 0) zerfällt;
oder auch: nachdem d) bereits bewiesen, ist es gestattet, in a b + a b1 0 die
linke Seite durch das ihr gleiche a b + 0 = a b zu ersetzen. --

Man kann übrigens auch den Beweis des Satzes analog wie bei d)
von diesem unabhängig führen:

Neunzehnte Vorlesung.
kann. Denn folgte noch aus A eine solche Relation C, die möglicherweise
auch nicht erfüllt sein könnte, während doch B erfüllt ist, so gäbe es
unter jener Voraussetzung B doch schon ein A erfüllendes x; d. h. ver-
ständen wir ebendieses unter dem Buchstaben x, so wäre A erfüllt, woraus
dann B nebst C als erfüllt folgen würde, entgegen der Unterstellung, dass
B ohne C erfüllbar sei. Wir kämen damit zu dem Widerspruch, das ge-
dachte C zugleich als erfüllt und nicht erfüllt annehmen zu müssen; folg-
lich kann es ein solches C nicht geben, und unsre Resultante B muss
schon jede aus A fliessende Information über p und q enthalten, muss
eben die volle Resultante sein.

Streng genommen wird bei den obigen Schlüssen der Satz ange-
wendet, dass wenn a = b und b ≠ 0 ist, dann auch a ≠ 0 sein muss,
wonach es also auch in einer Ungleichung gestattet ist, Gleiches für
identisch Gleiches zu substituiren; in Formeln:
δ) (a = b) (a ≠ 0) ⊆ (b ≠ 0).

Der Beweis ist leicht zu führen durch folgende Überlegung. Wegen
i = (b = 0) + (b ≠ 0) ist nach Th. 2̅1̅×), 2̅7̅×), 2̅1̅+) und 6̄×):

(a = b) (a ≠ 0) = (a = b) (a ≠ 0) (b = 0) + (a = b) (a ≠ 0) (b ≠ 0) =
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nach Th. 4), 1̅5̅×), 3̅0̅×) und 5̄×) ist.

Als einen ferneren kleinen Hülfssatz möchte ich hier noch das
folgende Theorem einschalten, welchem ebenfalls die „weitere Geltung“
zukommt:
ε) (a ⊆ b) (a ≠ 0) ⊆ (b ≠ 0).

Dasselbe stellt fest, dass ein Gebiet, welchem ein von 0 verschie-
denes eingeordnet ist, das also ein nicht verschwindendes Gebiet in
sich enthält, auch von 0 verschieden sein muss, unmöglich selbst ver-
schwinden kann.

Um den Satz zu beweisen, brauchen wir blos zu bedenken, dass nach
Th. 38) nebst 21×), 30+) und 27×) sodann nach 21+) und 6̄×) endlich
dem oben eitirten Satze § 40, α') ist:
(a ⊆ b) (a ≠ 0) = (a b1 = 0) (a b + a b1 ≠ 0) = (a b1 = 0) (a b ≠ 0) ⊆
⊆ (a b ≠ 0) ⊆ (b ≠ 0); indem wieder a ≠ 0 in (a b ≠ 0) + (a b1 ≠ 0) zerfällt;
oder auch: nachdem δ) bereits bewiesen, ist es gestattet, in a b + a b1 ≠ 0 die
linke Seite durch das ihr gleiche a b + 0 = a b zu ersetzen. —

Man kann übrigens auch den Beweis des Satzes analog wie bei δ)
von diesem unabhängig führen:

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[202/0226] Neunzehnte Vorlesung. kann. Denn folgte noch aus A eine solche Relation C, die möglicherweise auch nicht erfüllt sein könnte, während doch B erfüllt ist, so gäbe es unter jener Voraussetzung B doch schon ein A erfüllendes x; d. h. ver- ständen wir ebendieses unter dem Buchstaben x, so wäre A erfüllt, woraus dann B nebst C als erfüllt folgen würde, entgegen der Unterstellung, dass B ohne C erfüllbar sei. Wir kämen damit zu dem Widerspruch, das ge- dachte C zugleich als erfüllt und nicht erfüllt annehmen zu müssen; folg- lich kann es ein solches C nicht geben, und unsre Resultante B muss schon jede aus A fliessende Information über p und q enthalten, muss eben die volle Resultante sein. Streng genommen wird bei den obigen Schlüssen der Satz ange- wendet, dass wenn a = b und b ≠ 0 ist, dann auch a ≠ 0 sein muss, wonach es also auch in einer Ungleichung gestattet ist, Gleiches für identisch Gleiches zu substituiren; in Formeln: δ) (a = b) (a ≠ 0)  (b ≠ 0). Der Beweis ist leicht zu führen durch folgende Überlegung. Wegen i = (b = 0) + (b ≠ 0) ist nach Th. 2̅1̅×), 2̅7̅×), 2̅1̅+) und 6̄×): (a = b) (a ≠ 0) = (a = b) (a ≠ 0) (b = 0) + (a = b) (a ≠ 0) (b ≠ 0) = = 0 + „  (b ≠ 0), indem (a = b) (b = 0) (a ≠ 0)  (a = 0) (a ≠ 0) = 0 nach Th. 4), 1̅5̅×), 3̅0̅×) und 5̄×) ist. Als einen ferneren kleinen Hülfssatz möchte ich hier noch das folgende Theorem einschalten, welchem ebenfalls die „weitere Geltung“ zukommt: ε) (a  b) (a ≠ 0)  (b ≠ 0). Dasselbe stellt fest, dass ein Gebiet, welchem ein von 0 verschie- denes eingeordnet ist, das also ein nicht verschwindendes Gebiet in sich enthält, auch von 0 verschieden sein muss, unmöglich selbst ver- schwinden kann. Um den Satz zu beweisen, brauchen wir blos zu bedenken, dass nach Th. 38) nebst 21×), 30+) und 27×) sodann nach 21+) und 6̄×) endlich dem oben eitirten Satze § 40, α') ist: (a  b) (a ≠ 0) = (a b1 = 0) (a b + a b1 ≠ 0) = (a b1 = 0) (a b ≠ 0)   (a b ≠ 0)  (b ≠ 0); indem wieder a ≠ 0 in (a b ≠ 0) + (a b1 ≠ 0) zerfällt; oder auch: nachdem δ) bereits bewiesen, ist es gestattet, in a b + a b1 ≠ 0 die linke Seite durch das ihr gleiche a b + 0 = a b zu ersetzen. — Man kann übrigens auch den Beweis des Satzes analog wie bei δ) von diesem unabhängig führen:

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Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891, S. 202. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/226>, abgerufen am 16.02.2025.