§ 26. Zusammenhang mit der Individuumsdef. im identischen Kalkul.
Im "oberen" Falle müsste für beide darüber erwähnten Möglichkeiten z j 0 = 0 und damit z = 0 sein, was unzulässig. Man hat nämlich als geo- metrisch unmittelbar evident die beiden Sätzchen: 25) (z j 0 1') = (z j 0 = 0) = (z j 0 0').
Der Studirende klappe hier das Buch zu, und versuche, dieselben auch analytisch zu beweisen.
Es geht so: Für das erste Sätzchen schliesst man: z j 0 j 1' 1' j 1', also z j 0 0, q. e. d. (die Umkehrung nämlich ist selbstverständlich).
Für das zweite Sätzchen schliesse man: z j 0 j 1' 0' j 1', also z j 0 1', wonach dasselbe auf das erste zurückkommt -- wofern man nicht lieber das Ergebniss mit der Hypothesis kombiniren will zu z j 0 0' · 1' = 0, q. e. d.
Ergo muss der "untere" Fall statthaben. Wegen z = zn ; 1 · z ; 0' · z folgt dann bei der ersten Möglichkeit mit z 1' a fortiori auch z ; 0' · z 1' und kann man sich weiter auf das Sätzchen berufen: 26) (z ; 0' · z 1') = (z ; 0' · z = 0), welches geometrisch wiederum einleuchtet und womit wir dann wieder bei der zu verwerfenden Konklusion z = 0 angelangt sind. Analytisch ist der Beweis des Sätzchens etwas schwieriger. Man schliesse: (z ; 0')z ; 0' 1' ; 0', also z ; 0' j 0 0', was mit der Prämisse übermultiplizirt wegen z ; 0' j 0 z ; 0' gibt: (z ; 0' j 0)z 0' · 1' = 0 oder z ; 0' · z = 0, q. e. d.
Somit bleibt nur die zweite Möglichkeit im unteren Falle übrig: z = -ab-0 = zn ; 1 · z ; 0' · z 0', während z j 0 = 0 auch hier sein muss.
Dieses z ist nun entweder u = -abn-0 somit z = -a--0, oder un = -anb-1 somit z = --b-0, d. h. entweder hat z nur einlückige mehrbesetzte oder nur mehrlückig mehrbesetzte Zeilen neben Leerzeilen.
Sofern es nicht gelingen sollte, auch diese beiden Möglichkeiten gleich den vorhergehenden vollends ad absurdum rechnerisch zu führen, kann man immer auf irgend zwei Augen einer mehrbesetzten Zeile des Räsonnement des vorhergehenden Haupttextes im Notfalle anwenden, um zu dem Schlusse zu gelangen, dass nur zzn j 1' und konjugirt dazu auch z 1' j zn be- stehen kann, womit dann von den drei Gliedern der Form 6) unsrer Cha- rakteristik das Verschwinden der beiden letzten gesichert ist -- das des letzten Gliedes ist es nämlich ohnehin vermöge z 0. Dann bliebe noch das Verschwinden des ersten Terms zu rechtfertigen. -- Oder auch, um von der Form 10) das Verschwinden aller drei Terme zu sichern (von denen das des dritten nach dem Konjugationsprinzip mit dem des zweiten sich erledigt), so müsste gezeigt werden, dass nicht nur, wie oben, zzn j 1', sondern dass sogar 1 ; zzn j 1', d. h. z 0 j zn j 1' sein muss. Es müsste
§ 26. Zusammenhang mit der Individuumsdef. im identischen Kalkul.
Im „oberen“ Falle müsste für beide darüber erwähnten Möglichkeiten z ɟ 0 = 0 und damit z = 0 sein, was unzulässig. Man hat nämlich als geo- metrisch unmittelbar evident die beiden Sätzchen: 25) (z ɟ 0 ⋹ 1') = (z ɟ 0 = 0) = (z ɟ 0 ⋹ 0').
Der Studirende klappe hier das Buch zu, und versuche, dieselben auch analytisch zu beweisen.
Es geht so: Für das erste Sätzchen schliesst man: z ɟ 0 ɟ 1' ⋹ 1' ɟ 1', also z ɟ 0 ⋹ 0, q. e. d. (die Umkehrung nämlich ist selbstverständlich).
Für das zweite Sätzchen schliesse man: z ɟ 0 ɟ 1' ⋹ 0' ɟ 1', also z ɟ 0 ⋹ 1', wonach dasselbe auf das erste zurückkommt — wofern man nicht lieber das Ergebniss mit der Hypothesis kombiniren will zu z ɟ 0 ⋹ 0' · 1' = 0, q. e. d.
Ergo muss der „untere“ Fall statthaben. Wegen z = z̄ ; 1 · z ; 0' · z folgt dann bei der ersten Möglichkeit mit z ⋹ 1' a fortiori auch z ; 0' · z ⋹ 1' und kann man sich weiter auf das Sätzchen berufen: 26) (z ; 0' · z ⋹ 1') = (z ; 0' · z = 0), welches geometrisch wiederum einleuchtet und womit wir dann wieder bei der zu verwerfenden Konklusion z = 0 angelangt sind. Analytisch ist der Beweis des Sätzchens etwas schwieriger. Man schliesse: (z ; 0')z ; 0' ⋹ 1' ; 0', also z ; 0' ɟ 0 ⋹ 0', was mit der Prämisse übermultiplizirt wegen z ; 0' ɟ 0 ⋹ z ; 0' gibt: (z ; 0' ɟ 0)z ⋹ 0' · 1' = 0 oder z ; 0' · z = 0, q. e. d.
Somit bleibt nur die zweite Möglichkeit im unteren Falle übrig: z = -αβ-0 = z̄ ; 1 · z ; 0' · z ⋹ 0', während z ɟ 0 = 0 auch hier sein muss.
Dieses z ist nun entweder ⋹u = -αβ̄-0 somit z = -α--0, oder ⋹ ū = -ᾱβ-1 somit z = --β-0, d. h. entweder hat z nur einlückige mehrbesetzte oder nur mehrlückig mehrbesetzte Zeilen neben Leerzeilen.
Sofern es nicht gelingen sollte, auch diese beiden Möglichkeiten gleich den vorhergehenden vollends ad absurdum rechnerisch zu führen, kann man immer auf irgend zwei Augen einer mehrbesetzten Zeile des Räsonnement des vorhergehenden Haupttextes im Notfalle anwenden, um zu dem Schlusse zu gelangen, dass nur z ⋹ z̄ ɟ 1' und konjugirt dazu auch z ⋹ 1' ɟ z̄ be- stehen kann, womit dann von den drei Gliedern der Form 6) unsrer Cha- rakteristik das Verschwinden der beiden letzten gesichert ist — das des letzten Gliedes ist es nämlich ohnehin vermöge z ≠ 0. Dann bliebe noch das Verschwinden des ersten Terms zu rechtfertigen. — Oder auch, um von der Form 10) das Verschwinden aller drei Terme zu sichern (von denen das des dritten nach dem Konjugationsprinzip mit dem des zweiten sich erledigt), so müsste gezeigt werden, dass nicht nur, wie oben, z ⋹ z̄ ɟ 1', sondern dass sogar 1 ; z ⋹ z̄ ɟ 1', d. h. z ⋹ 0 ɟ z̄ ɟ 1' sein muss. Es müsste
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§ 26. Zusammenhang mit der Individuumsdef. im identischen Kalkul.
Im „oberen“ Falle müsste für beide darüber erwähnten Möglichkeiten
z ɟ 0 = 0 und damit z = 0 sein, was unzulässig. Man hat nämlich als geo-
metrisch unmittelbar evident die beiden Sätzchen:
25) (z ɟ 0 ⋹ 1') = (z ɟ 0 = 0) = (z ɟ 0 ⋹ 0').
Der Studirende klappe hier das Buch zu, und versuche, dieselben auch
analytisch zu beweisen.
Es geht so: Für das erste Sätzchen schliesst man: z ɟ 0 ɟ 1' ⋹ 1' ɟ 1',
also z ɟ 0 ⋹ 0, q. e. d. (die Umkehrung nämlich ist selbstverständlich).
Für das zweite Sätzchen schliesse man: z ɟ 0 ɟ 1' ⋹ 0' ɟ 1', also z ɟ 0 ⋹ 1',
wonach dasselbe auf das erste zurückkommt — wofern man nicht lieber
das Ergebniss mit der Hypothesis kombiniren will zu z ɟ 0 ⋹ 0' · 1' = 0,
q. e. d.
Ergo muss der „untere“ Fall statthaben. Wegen z = z̄ ; 1 · z ; 0' · z
folgt dann bei der ersten Möglichkeit mit z ⋹ 1' a fortiori auch z ; 0' · z ⋹ 1'
und kann man sich weiter auf das Sätzchen berufen:
26) (z ; 0' · z ⋹ 1') = (z ; 0' · z = 0),
welches geometrisch wiederum einleuchtet und womit wir dann wieder bei
der zu verwerfenden Konklusion z = 0 angelangt sind. Analytisch ist der
Beweis des Sätzchens etwas schwieriger. Man schliesse: (z ; 0')z ; 0' ⋹ 1' ; 0',
also z ; 0' ɟ 0 ⋹ 0', was mit der Prämisse übermultiplizirt wegen
z ; 0' ɟ 0 ⋹ z ; 0' gibt: (z ; 0' ɟ 0)z ⋹ 0' · 1' = 0 oder z ; 0' · z = 0, q. e. d.
Somit bleibt nur die zweite Möglichkeit im unteren Falle übrig:
z = -αβ-0 = z̄ ; 1 · z ; 0' · z ⋹ 0', während z ɟ 0 = 0
auch hier sein muss.
Dieses z ist nun entweder
⋹u = -αβ̄-0 somit z = -α--0, oder
⋹ ū = -ᾱβ-1 somit z = --β-0,
d. h. entweder hat z nur einlückige mehrbesetzte oder nur mehrlückig
mehrbesetzte Zeilen neben Leerzeilen.
Sofern es nicht gelingen sollte, auch diese beiden Möglichkeiten gleich
den vorhergehenden vollends ad absurdum rechnerisch zu führen, kann man
immer auf irgend zwei Augen einer mehrbesetzten Zeile des Räsonnement
des vorhergehenden Haupttextes im Notfalle anwenden, um zu dem Schlusse
zu gelangen, dass nur z ⋹ z̄ ɟ 1' und konjugirt dazu auch z ⋹ 1' ɟ z̄ be-
stehen kann, womit dann von den drei Gliedern der Form 6) unsrer Cha-
rakteristik das Verschwinden der beiden letzten gesichert ist — das des
letzten Gliedes ist es nämlich ohnehin vermöge z ≠ 0. Dann bliebe noch
das Verschwinden des ersten Terms zu rechtfertigen. — Oder auch, um
von der Form 10) das Verschwinden aller drei Terme zu sichern (von
denen das des dritten nach dem Konjugationsprinzip mit dem des zweiten
sich erledigt), so müsste gezeigt werden, dass nicht nur, wie oben, z ⋹ z̄ ɟ 1',
sondern dass sogar 1 ; z ⋹ z̄ ɟ 1', d. h. z ⋹ 0 ɟ z̄ ɟ 1' sein muss. Es müsste
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 437. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/451>, abgerufen am 01.09.2024.
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