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

§ 19. Herleitung und Verifikation ihrer Lösungen.

Damit ist dann die erste Formel von 26) gefunden.

Auch mit dieser seien die beiden Proben gemacht. Probe 1 kann
in zwei Teile zerlegt werden.

Einmal ist zu zeigen, dass bei beliebigem u:
28) (a ; 0' ɟ 0){u + (ū ɟ 1') ; 1} ; 0' = a ; 0' ɟ 0
ist, sodann aber, dass auch:
29) (ā ɟ 1')a ; 0' + a ; 0' ɟ 0 = a ; 0'.
Alsdann wird in der That — unter x den fraglichen Ausdruck der Wurzel
verstanden — x ; 0' = a ; 0' erwiesen sein.

Jenes — der Beweis von 28) — kommt nach dem ersten Schema 25)
des § 18 wegen 1 ; 0' = 1 auf u ; 0' + (ū ɟ 1') ; 1 = 1 d. h. auf den Satz 9)
des § 15: v + v̄ ; 1 = 1 hinaus.

Dieses — der Beweis von 29) — würde unmittelbar in den Koeffizienten
nur umständlich zu leisten sein; die Formel ist aber als ein „reines Zeilen-
theorem“ in fünfziffrigem Rechnen ganz leicht zu verifiziren. Sie ist Re-
präsentant eines beachtenswerten Viergespanns von Sätzen.

Am bequemsten ist überhaupt der Nachweis für die Richtigkeit der
gefundnen Lösung 26) oder die Probe 1 ganz in der „schematischen“ Dar-
stellung der Zeilenrelative zu leisten wie folgt.

Sei a = 1αβγ0, so ist a ; 0' = 111γ̄0 und zu zeigen, dass für ein
ganz beliebiges u = 1'α'β'γ'0' auch — unter x die angebliche Wurzel ver-
standen — x ; 0' = a ; 0' sein muss. Die Ziffern von u mussten hier durch
Accente von denen des a unterschieden werden, weil sie (trotz der bei den
Voll- oder Leerzeilen sicher gleichartigen Besetzung) ganz andre Zeilen-
komplexe repräsentiren mögen.

Wir haben nun:
ā = 0ᾱβ̄γ̄1, ā ɟ 1' = 000γ1, (ā ɟ 1')a = 000γ0, a ; 0' ɟ 0 = 11100,
ū = 0'α'̄β'̄γ'̄1', ū ɟ 0' = 0'0'0'γ'1', (ū ɟ 1') ; 1 = 0'0'0'1'1',
y = u + (ū ɟ 0') ; 1 = 1'α'β'1'1', z = (a ; 0' ɟ 0)y = 1''α''β''00.
Die drei ersten Ziffern von y mussten hier in z mit noch einem weitern
Accente versehen werden, um darauf hinzuweisen, dass nicht der volle Be-
stand der Zeilenkategorien 1', α', β' von y für z erhalten bleibt, sondern
nur soviel davon als unter die mehrbesetzten Zeilen 1αβ von a, d. h. in
die 111 des a ; 0' ɟ 0 hineinfällt; diese aber konserviren sich als mehr-
besetzte Zeilen für z sämtlich, weil y nur mehrbesetzte Zeilen hat. Nun
ist also x = (ā ɟ 1')a + z = 1''α''β''γ0, wo die drei ersten Ziffern, wenn
sie auch nicht Zeilenkomplexe repräsentiren, welche denen 1αβ von a
einzeln entsprechen, doch zusammen dasselbe Zeilensystem erfüllen, wie
diese. Es folgt sodann: x ; 0' = 1''1''1''γ̄0 = 111γ̄0 mit Rücksicht auf das
soeben Gesagte, mithin x ; 0' = a ; 0' wie zu zeigen gewesen.

Die Probe 2 besteht in dem Nachweise, dass die gefundene Lösung 26)
jede Wurzel x der Gleichung x ; 0' = a ; 0' zu liefern fähig ist, und zwar,
dass sie eine bestimmte x bei der Annahme u = x selber liefert. Aufgrund
der von x als erfüllt vorausgesetzten Gleichung ist also zu zeigen, dass