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

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Neunzehnte Vorlesung.

Auflösung. Die volle Resultante lautet:
(a b = 0) (p a1 + q b1 0)
und gilt sonach auch der Satz:
i) (a x + b x1 = 0) (p x + q x1 0) (a b = 0) (p a1 + q b1 0).

Beweis. Derselbe besteht aus zwei Teilen. Der erste hat die
Richtigkeit von i), der zweite die Vollständigkeit der Resultante dar-
zuthun.

Erster Teil. Gilt die Prämisse, so gilt nach Th. 6x) des Aus-
sagenkalkuls auch a x + b x1 = 0, welches nach Th. 24) in
(a x = 0) (b x1 = 0)
zerfällt; es gelten also auch -- abermals kraft Th. 6x) -- diese beiden
Faktorenaussagen für sich. Dieselben können aber nach Th. 38x) in
Subsumtionen umgeschrieben werden, d. h. es gelten, wegen:

(a x = 0) = (x a1),(b x1 = 0) = (x1 b1)
die beiden Subsumtionen rechterhand. Aus diesen folgt aber durch
beiderseitiges Multipliziren nach Th. 15x):
p x p a1,q x1 q b1
und hieraus durch überschiebendes Addiren gemäss Th. 17+):
p x + q x1 p a1 + q b1.

Wenn in dieser Subsumtion die linke Seite 0 ist (und sie soll
es ja laut Voraussetzung sein), so muss auch nach dem Hülfstheorem e)
die rechte Seite 0 sein, d. h. wir haben:
k) (p x + q x1 0) (p a1 + q b1 0).
Und überschiebendes Multipliziren dieser Subsumtion mit der ohnehin
schon geltenden b) liefert uns das Theorem i), welches zu beweisen
gewesen.

Man übersieht hier leicht, wie wir den ganzen Beweis auch ohne
jeden verbalen Text blos in Formeln des Aussagenkalkuls hätten
führen können.

Zweiter Teil. Dass die angeführte Resultante auch das volle Er-
gebniss der Elimination des x sein muss, geht daraus hervor, dass
wenn sie erfüllt ist, wenn also a b = 0 und p a1 + q b1 0 ist, sich immer
in Gestalt von

l)x = b + a1 p q1,x1 = b1 (a + p1 + q)

Neunzehnte Vorlesung.

Auflösung. Die volle Resultante lautet:
(a b = 0) (p a1 + q b1 ≠ 0)
und gilt sonach auch der Satz:
ι) (a x + b x1 = 0) (p x + q x1 ≠ 0) ⊆ (a b = 0) (p a1 + q b1 ≠ 0).

Beweis. Derselbe besteht aus zwei Teilen. Der erste hat die
Richtigkeit von ι), der zweite die Vollständigkeit der Resultante dar-
zuthun.

Erster Teil. Gilt die Prämisse, so gilt nach Th. 6×) des Aus-
sagenkalkuls auch a x + b x1 = 0, welches nach Th. 24) in
(a x = 0) (b x1 = 0)
zerfällt; es gelten also auch — abermals kraft Th. 6̅×) — diese beiden
Faktorenaussagen für sich. Dieselben können aber nach Th. 38×) in
Subsumtionen umgeschrieben werden, d. h. es gelten, wegen:

(a x = 0) = (x ⊆ a1),(b x1 = 0) = (x1 ⊆ b1)
die beiden Subsumtionen rechterhand. Aus diesen folgt aber durch
beiderseitiges Multipliziren nach Th. 15×):
p x ⊆ p a1,q x1 ⊆ q b1
und hieraus durch überschiebendes Addiren gemäss Th. 17+):
p x + q x1 ⊆ p a1 + q b1.

Wenn in dieser Subsumtion die linke Seite ≠ 0 ist (und sie soll
es ja laut Voraussetzung sein), so muss auch nach dem Hülfstheorem ε)
die rechte Seite ≠ 0 sein, d. h. wir haben:
ϰ) (p x + q x1 ≠ 0) ⊆ (p a1 + q b1 ≠ 0).
Und überschiebendes Multipliziren dieser Subsumtion mit der ohnehin
schon geltenden β) liefert uns das Theorem ι), welches zu beweisen
gewesen.

Man übersieht hier leicht, wie wir den ganzen Beweis auch ohne
jeden verbalen Text blos in Formeln des Aussagenkalkuls hätten
führen können.

Zweiter Teil. Dass die angeführte Resultante auch das volle Er-
gebniss der Elimination des x sein muss, geht daraus hervor, dass
wenn sie erfüllt ist, wenn also a b = 0 und p a1 + q b1 ≠ 0 ist, sich immer
in Gestalt von

λ)x = b + a1 p q1,x1 = b1 (a + p1 + q)

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[206/0230] Neunzehnte Vorlesung. Auflösung. Die volle Resultante lautet: (a b = 0) (p a1 + q b1 ≠ 0) und gilt sonach auch der Satz: ι) (a x + b x1 = 0) (p x + q x1 ≠ 0)  (a b = 0) (p a1 + q b1 ≠ 0). Beweis. Derselbe besteht aus zwei Teilen. Der erste hat die Richtigkeit von ι), der zweite die Vollständigkeit der Resultante dar- zuthun. Erster Teil. Gilt die Prämisse, so gilt nach Th. 6×) des Aus- sagenkalkuls auch a x + b x1 = 0, welches nach Th. 24) in (a x = 0) (b x1 = 0) zerfällt; es gelten also auch — abermals kraft Th. 6̅×) — diese beiden Faktorenaussagen für sich. Dieselben können aber nach Th. 38×) in Subsumtionen umgeschrieben werden, d. h. es gelten, wegen: (a x = 0) = (x  a1), (b x1 = 0) = (x1  b1) die beiden Subsumtionen rechterhand. Aus diesen folgt aber durch beiderseitiges Multipliziren nach Th. 15×): p x  p a1, q x1  q b1 und hieraus durch überschiebendes Addiren gemäss Th. 17+): p x + q x1  p a1 + q b1. Wenn in dieser Subsumtion die linke Seite ≠ 0 ist (und sie soll es ja laut Voraussetzung sein), so muss auch nach dem Hülfstheorem ε) die rechte Seite ≠ 0 sein, d. h. wir haben: ϰ) (p x + q x1 ≠ 0)  (p a1 + q b1 ≠ 0). Und überschiebendes Multipliziren dieser Subsumtion mit der ohnehin schon geltenden β) liefert uns das Theorem ι), welches zu beweisen gewesen. Man übersieht hier leicht, wie wir den ganzen Beweis auch ohne jeden verbalen Text blos in Formeln des Aussagenkalkuls hätten führen können. Zweiter Teil. Dass die angeführte Resultante auch das volle Er- gebniss der Elimination des x sein muss, geht daraus hervor, dass wenn sie erfüllt ist, wenn also a b = 0 und p a1 + q b1 ≠ 0 ist, sich immer in Gestalt von λ) x = b + a1 p q1, x1 = b1 (a + p1 + q)

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Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891, S. 206. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/230>, abgerufen am 05.05.2024.