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

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Siebente Vorlesung.

Beweis der ersten Formel. Es ist Li j = Shai hPkbnh k · bh j = 0,
indem jedes Glied der Sh aus dem Grunde verschwindet, weil das Pk
bei k = j den Faktor bnh j aufweist, der sich mit dem darauffolgenden
bh j aufhebt.

Insbesondre hat man für a = 1 resp. 0, wenn hernach a statt b
geschrieben wird:
17) [Formel 1]
aus welchen letztern Formeln auch schon die vorigen a fortiori folgen,
sodass man nur diese 17) aus den Koeffizienten hätte zu beweisen
brauchen.

Denn wenn z. B. erkannt ist, dass (0 j bn) ; b 0 ist, so muss
wegen a(0 j bn) 0 j bn umsomehr auch a(0 j bn) ; b 0 sein.

Dies vorausgesetzt ist nun leicht zu zeigen, dass, wenn durch ein x
die Forderung
a · 1 ; b x ; b
erfüllt ist, dann auch
x = x + a(xn j bn) ; b
sein muss. Die Voraussetzung lässt sich nämlich schreiben:
a · 1 ; b · (xn j bn) 0 oder a(xn j bn) 0 j bn,
woraus durch beiderseitiges relatives Nachmultipliziren mit b hervorgeht:
a(xn j bn) ; b (0 j bn) ; b 0
-- letztres nach dem ersten Schema 17) auf b statt a angewendet. Damit
kommt dann offenbar die Behauptung auf x = x + 0 hinaus, q. e. d.

Ebenso trifft dann aber auch zu:
x = x + 0 ; 1, x = x + 1 ; 0, [x = x + 1 ; 0 ; 1]
und stimmt hienach die Probe 2 auch bei den übrigen Lösungen 8), 9)
[und 7)], q. e. d.

Da die soeben in Probe 2 gerechtfertigte "Behauptung" auch einfacher
als Subsumtion, Einordnung ihres letzten Gliedes unter x, geschrieben
werden kann, so ist durch das Bisherige erwiesen, dass:
(a · 1 ; b x ; b) {a(xn j bn) ; b x}
worin rechts das Prädikat auch durch 0 ersetzbar.

Bemerkenswert ist, dass diese Aussagensubsumtion auch umgekehrt
gilt, mithin als Gleichung.

Wir haben überhaupt die Äquivalenzen:

Siebente Vorlesung.

Beweis der ersten Formel. Es ist Li j = Σhai hΠkb̄h k · bh j = 0,
indem jedes Glied der Σh aus dem Grunde verschwindet, weil das Πk
bei k = j den Faktor b̄h j aufweist, der sich mit dem darauffolgenden
bh j aufhebt.

Insbesondre hat man für a = 1 resp. 0, wenn hernach a statt b
geschrieben wird:
17) [Formel 1]
aus welchen letztern Formeln auch schon die vorigen a fortiori folgen,
sodass man nur diese 17) aus den Koeffizienten hätte zu beweisen
brauchen.

Denn wenn z. B. erkannt ist, dass (0 ɟ b̄̆) ; b ⋹ 0 ist, so muss
wegen a(0 ɟ b̄̆) ⋹ 0 ɟ b̄̆ umsomehr auch a(0 ɟ b̄̆) ; b ⋹ 0 sein.

Dies vorausgesetzt ist nun leicht zu zeigen, dass, wenn durch ein x
die Forderung
a · 1 ; b ⋹ x ; b
erfüllt ist, dann auch
x = x + a(x̄ ɟ b̄) ; b̆
sein muss. Die Voraussetzung lässt sich nämlich schreiben:
a · 1 ; b · (x̄ ɟ b̄) ⋹ 0 oder a(x̄ ɟ b̄) ⋹ 0 ɟ b̄,
woraus durch beiderseitiges relatives Nachmultipliziren mit b̆ hervorgeht:
a(x̄ ɟ b̄) ; b̆ ⋹ (0 ɟ b̄) ; b̆ ⋹ 0
— letztres nach dem ersten Schema 17) auf b̆ statt a angewendet. Damit
kommt dann offenbar die Behauptung auf x = x + 0 hinaus, q. e. d.

Ebenso trifft dann aber auch zu:
x = x + 0 ; 1, x = x + 1 ; 0, [x = x + 1 ; 0 ; 1]
und stimmt hienach die Probe 2 auch bei den übrigen Lösungen 8), 9)
[und 7)], q. e. d.

Da die soeben in Probe 2 gerechtfertigte „Behauptung“ auch einfacher
als Subsumtion, Einordnung ihres letzten Gliedes unter x, geschrieben
werden kann, so ist durch das Bisherige erwiesen, dass:
(a · 1 ; b ⋹ x ; b) ⋹ {a(x̄ ɟ b̄) ; b̆ ⋹ x}
worin rechts das Prädikat auch durch 0 ersetzbar.

Bemerkenswert ist, dass diese Aussagensubsumtion auch umgekehrt
gilt, mithin als Gleichung.

Wir haben überhaupt die Äquivalenzen:

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[252/0266] Siebente Vorlesung. Beweis der ersten Formel. Es ist Li j = Σhai hΠkb̄h k · bh j = 0, indem jedes Glied der Σh aus dem Grunde verschwindet, weil das Πk bei k = j den Faktor b̄h j aufweist, der sich mit dem darauffolgenden bh j aufhebt. Insbesondre hat man für a = 1 resp. 0, wenn hernach a statt b geschrieben wird: 17) [FORMEL] aus welchen letztern Formeln auch schon die vorigen a fortiori folgen, sodass man nur diese 17) aus den Koeffizienten hätte zu beweisen brauchen. Denn wenn z. B. erkannt ist, dass (0 ɟ b̄̆) ; b ⋹ 0 ist, so muss wegen a(0 ɟ b̄̆) ⋹ 0 ɟ b̄̆ umsomehr auch a(0 ɟ b̄̆) ; b ⋹ 0 sein. Dies vorausgesetzt ist nun leicht zu zeigen, dass, wenn durch ein x die Forderung a · 1 ; b ⋹ x ; b erfüllt ist, dann auch x = x + a(x̄ ɟ b̄) ; b̆ sein muss. Die Voraussetzung lässt sich nämlich schreiben: a · 1 ; b · (x̄ ɟ b̄) ⋹ 0 oder a(x̄ ɟ b̄) ⋹ 0 ɟ b̄, woraus durch beiderseitiges relatives Nachmultipliziren mit b̆ hervorgeht: a(x̄ ɟ b̄) ; b̆ ⋹ (0 ɟ b̄) ; b̆ ⋹ 0 — letztres nach dem ersten Schema 17) auf b̆ statt a angewendet. Damit kommt dann offenbar die Behauptung auf x = x + 0 hinaus, q. e. d. Ebenso trifft dann aber auch zu: x = x + 0 ; 1, x = x + 1 ; 0, [x = x + 1 ; 0 ; 1] und stimmt hienach die Probe 2 auch bei den übrigen Lösungen 8), 9) [und 7)], q. e. d. Da die soeben in Probe 2 gerechtfertigte „Behauptung“ auch einfacher als Subsumtion, Einordnung ihres letzten Gliedes unter x, geschrieben werden kann, so ist durch das Bisherige erwiesen, dass: (a · 1 ; b ⋹ x ; b) ⋹ {a(x̄ ɟ b̄) ; b̆ ⋹ x} worin rechts das Prädikat auch durch 0 ersetzbar. Bemerkenswert ist, dass diese Aussagensubsumtion auch umgekehrt gilt, mithin als Gleichung. Wir haben überhaupt die Äquivalenzen:

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Zitationshilfe: Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 252. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/266>, abgerufen am 10.05.2024.