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

§ 20. Die Inversionsprobleme der Transoperationen.

eventuell Resultante wir einzeln bereits anzugeben vermögen. Die eine ist
die obere rechts vom Mittelstriche in 11). Die andre liefert konform 13):
[Formel 1] .
Vergleicht man beide Wurzelausdrücke, so erhellt, dass man nur noch der
Gleichung
15) u + a(ū ɟ 0)(0 ɟ b̄) = v(a ɟ 0)
durch geeignete denkbar allgemeinste Bestimmung von u und v zu genügen
habe. Ebendies erscheint jedoch als eine nicht ganz leichte Aufgabe. Wir
nehmen dieselbe nachher in Angriff. Zuvor jedoch wollen wir die Angaben
von 14) auf kürzestem Wege verifiziren.

Dabei ist zuerst die Resultante herzuleiten, sodann als die volle nach-
zuweisen; endlich sind für die Lösung die beiden Proben zu machen.

Vom zweiten Teilproblem her ist klar dass 1 ; b ⋹ a jedenfalls „eine“
Resultante sein muss. Wegen 1 ; b ⋹ a ɟ 0 + 1 ; b ist diese in der That
durch die oben angegebene mitverbürgt, jedoch ohne sie ihrerseits zu be-
dingen; sie ist blos eine Unter-Resultante dieser angegebnen, die wir als
die volle nachweisen werden.

a⋹x ; 1 + 1 ; b gibt a(0 ɟ b̄) ⋹ x ; 1, und x ; 1 ⋹ a ist nach dem ersten
Inversionstheorem äquivalent mit x ⋹ a ɟ 0, was die Folgerung gestattet:
x ; 1 ⋹ (a ɟ 0) ; 1. Aber nach 16) des § 15 ist (a ɟ 0) ; 1 = a ɟ 0. Also
haben wir auch x ; 1 ⋹ a ɟ 0 und damit a fortiori: a(0 ɟ b̄) ⋹ a ɟ 0, d. h.
16) a⋹a ɟ 0 + 1 ; b.
Damit ist die behauptete Resultante gewonnen — in Anbetracht dass wegen
der Partialresultante 1 ; b ⋹ a, in Verbindung mit der Formel a ɟ 0 ⋹ a,
die umgekehrte Subsumtion ohnehin gelten, das Subsumtionszeichen also
hier die Kraft des Gleichheitszeichens erlangen muss. Die obige Subsum-
tion aber kann nicht selbst als die volle, sondern blos als eine (die) zweite
Unter-Resultante hingestellt werden, welche erst mit der ersten verbunden
(multiplizirt) oder zu der Gleichung a = a ɟ 0 + 1 ; b zusammengezogen die
volle Resultante liefert.

Dass letztere vollständig, geht nun leicht daraus hervor, dass, sobald
sie erfüllt ist, immer in Gestalt von x = a ɟ 0 eine Wurzel der aufzulösen-
den Gleichung angebbar sein wird.

Probe 1 für die Wurzel. Nach Schema 24) des § 18 wird:
x ; 1 + 1 ; b = (a ɟ 0) · {u ; 1 + (ū ɟ 0) · (0 ɟ b̄) ; 1} + 1 ; b =
= (a ɟ 0){u ; 1 + (0 ɟ b̄) ; 1}(0 ɟ b̄) + 1 ; b = (a ɟ 0)(0 ɟ b̄) + 1 ; b =
= a ɟ 0 + 1 ; b = a,
q. e. d. Denn wegen 0 ɟ b̄ ⋹ (0 ɟ b̄) ; 1 muss (0 ɟ b̄) ; 1 · (0 ɟ b̄) = 0 ɟ b̄ sein,
wonach denn das zweite Glied in { } durch 1 ersetzbar.

Probe 2. Ist x ; 1 + 1 ; b = a und a = a ɟ 0 + 1 ; b, so muss auch sein:
x = (a ɟ 0){x + (x̄ ɟ 0)(0 ɟ b̄)}. Denn durch Kontraposition der ersten
Voraussetzung folgt: (x̄ ɟ 0)(0 ɟ b̄) = ā und gilt bekanntlich — vergl. 9)