Im ersten Teile gilt es zunächst zu zeigen, dass a b = 0 aus der vorausgesetzten Gleichung folgt. Dies findet sich bereits oben auf eine erste Weise bewiesen. Ich will dafür aber noch einen zweiten Be- weis geben:
a) Gilt für gewisse Werte von a, b, x die erste Gleichung, so kann man dieselbe beiderseits einmal mit a, ein andermal mit b mul- tipliziren und die so sich ergebenden Gleichungen überschiebend ad- diren. Dadurch erhält man: a x + a b x1 + a b x + b x1 = 0. Aber die beiden äussersten Glieder linkerhand geben nach der Vor- aussetzung (zusammen) null. Deshalb vereinfacht sich unser Ergeb- niss zu: a b (x1 + x) = 0, oder a b = 0, womit gezeigt ist, dass die zweite Gleichung aus der ersten folgt.
Sollte nun also diese zweite Gleichung a b = 0 -- wir mögen sie etwas vorgreifend schon die "Resultante" nennen -- von den Koef- fizienten a und b der ersten nicht erfüllt sein, so kann auch die erste unmöglich gelten, sie kann dann durch keinen Wert von x erfüllt werden -- denn, wenn sie für ein gewisses x richtig wäre, so müsste, wie gezeigt, auch die zweite Gleichung gelten, entgegen der soeben gemachten Annahme.
b) Nehmen wir sonach die Gleichung a b = 0 als erfüllt an, so muss ferner -- was auch immer für ein Gebiet unter u verstanden werden möge -- der durch die dritte Gleichung gegebene Ausdruck bu1 + a1u, für x in die erste Gleichung eingesetzt, dieselbe erfüllen, d. h. jedes durch die dritte Gleichung dargestellte Gebiet x ist dann eine richtige "Wurzel" unsrer ersten Gleichung. Denn die Probe stimmt: ist x = b u1 + a1u, so folgt x1 = b1u1 + a u nach Th. 46+) und 31), und die erstere Gleichung mit a, die letztere mit b durchmultiplizirt liefert beim Addiren: a x + b x1 = a b u1 + a b u = a b (u1 + u) = ab · 1 = a b = 0 wie behauptet worden.
Man sieht jedoch, dass die Probe für das Erfülltsein der Gleichung durch die angebliche Lösung nur insofern stimmt, als die Resultante
Eilfte Vorlesung.
Der Beweis besteht aus mehreren Teilen.
Im ersten Teile gilt es zunächst zu zeigen, dass a b = 0 aus der vorausgesetzten Gleichung folgt. Dies findet sich bereits oben auf eine erste Weise bewiesen. Ich will dafür aber noch einen zweiten Be- weis geben:
α) Gilt für gewisse Werte von a, b, x die erste Gleichung, so kann man dieselbe beiderseits einmal mit a, ein andermal mit b mul- tipliziren und die so sich ergebenden Gleichungen überschiebend ad- diren. Dadurch erhält man: a x + a b x1 + a b x + b x1 = 0. Aber die beiden äussersten Glieder linkerhand geben nach der Vor- aussetzung (zusammen) null. Deshalb vereinfacht sich unser Ergeb- niss zu: a b (x1 + x) = 0, oder a b = 0, womit gezeigt ist, dass die zweite Gleichung aus der ersten folgt.
Sollte nun also diese zweite Gleichung a b = 0 — wir mögen sie etwas vorgreifend schon die „Resultante“ nennen — von den Koef- fizienten a und b der ersten nicht erfüllt sein, so kann auch die erste unmöglich gelten, sie kann dann durch keinen Wert von x erfüllt werden — denn, wenn sie für ein gewisses x richtig wäre, so müsste, wie gezeigt, auch die zweite Gleichung gelten, entgegen der soeben gemachten Annahme.
β) Nehmen wir sonach die Gleichung a b = 0 als erfüllt an, so muss ferner — was auch immer für ein Gebiet unter u verstanden werden möge — der durch die dritte Gleichung gegebene Ausdruck bu1 + a1u, für x in die erste Gleichung eingesetzt, dieselbe erfüllen, d. h. jedes durch die dritte Gleichung dargestellte Gebiet x ist dann eine richtige „Wurzel“ unsrer ersten Gleichung. Denn die Probe stimmt: ist x = b u1 + a1u, so folgt x1 = b1u1 + a u nach Th. 46+) und 31), und die erstere Gleichung mit a, die letztere mit b durchmultiplizirt liefert beim Addiren: a x + b x1 = a b u1 + a b u = a b (u1 + u) = ab · 1 = a b = 0 wie behauptet worden.
Man sieht jedoch, dass die Probe für das Erfülltsein der Gleichung durch die angebliche Lösung nur insofern stimmt, als die Resultante
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Eilfte Vorlesung.
Der Beweis besteht aus mehreren Teilen.
Im ersten Teile gilt es zunächst zu zeigen, dass a b = 0 aus der
vorausgesetzten Gleichung folgt. Dies findet sich bereits oben auf eine
erste Weise bewiesen. Ich will dafür aber noch einen zweiten Be-
weis geben:
α) Gilt für gewisse Werte von a, b, x die erste Gleichung, so
kann man dieselbe beiderseits einmal mit a, ein andermal mit b mul-
tipliziren und die so sich ergebenden Gleichungen überschiebend ad-
diren. Dadurch erhält man:
a x + a b x1 + a b x + b x1 = 0.
Aber die beiden äussersten Glieder linkerhand geben nach der Vor-
aussetzung (zusammen) null. Deshalb vereinfacht sich unser Ergeb-
niss zu:
a b (x1 + x) = 0, oder a b = 0,
womit gezeigt ist, dass die zweite Gleichung aus der ersten folgt.
Sollte nun also diese zweite Gleichung a b = 0 — wir mögen sie
etwas vorgreifend schon die „Resultante“ nennen — von den Koef-
fizienten a und b der ersten nicht erfüllt sein, so kann auch die erste
unmöglich gelten, sie kann dann durch keinen Wert von x erfüllt
werden — denn, wenn sie für ein gewisses x richtig wäre, so müsste,
wie gezeigt, auch die zweite Gleichung gelten, entgegen der soeben
gemachten Annahme.
β) Nehmen wir sonach die Gleichung a b = 0 als erfüllt an, so
muss ferner — was auch immer für ein Gebiet unter u verstanden
werden möge — der durch die dritte Gleichung gegebene Ausdruck
bu1 + a1u, für x in die erste Gleichung eingesetzt, dieselbe erfüllen,
d. h. jedes durch die dritte Gleichung dargestellte Gebiet x ist dann
eine richtige „Wurzel“ unsrer ersten Gleichung. Denn die Probe
stimmt: ist
x = b u1 + a1 u,
so folgt
x1 = b1 u1 + a u
nach Th. 46+) und 31), und die erstere Gleichung mit a, die letztere
mit b durchmultiplizirt liefert beim Addiren:
a x + b x1 = a b u1 + a b u = a b (u1 + u) = ab · 1 = a b = 0
wie behauptet worden.
Man sieht jedoch, dass die Probe für das Erfülltsein der Gleichung
durch die angebliche Lösung nur insofern stimmt, als die Resultante
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 1. Leipzig, 1890, S. 448. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik01_1890/468>, abgerufen am 25.11.2024.
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