Satz, der ein interessantes Gegenstück zu dem 21) bildet und allgemein für jedes Relativ a gilt: 23)
[Formel 1]
Behufs Beweises der ersten Formel dieses Gespannes kann man mittelbar zuwerke gehn und nach dem Satze 22) des § 18 ansetzen: (a j 0) ; (a j 0) = (a j 0)1 ; (a j 0) = (a j 0) · 1 ; (a j 0) = a j 0, letztres in Anbetracht, dass der erste Faktor des vorhergehenden iden- tischen Produktes dem zweiten eingeordnet ist, q. e. d. Auch direkt in den Koeffizienten ist der Beweis nicht schwer zu führen und sei dem An- fänger als Übungsaufgabe empfohlen.
Nachdem wir nun für unser früheres a oben a = 1 ; b gefunden hatten, ergibt sich auch a j 0 + 1 ; b = 1 ; b j 0 + 1 ; b = 1 ; b, weil der erste Term der identischen Summe schon in dem zweiten enthalten ist, und damit ist erwiesen a j 0 + 1 ; b = a, was zu zeigen gewesen.
Anmerkung. Soferne überhaupt a 1 ist, lässt sich geometrisch leicht einsehen, dass 1 ; b = 0 j a sein muss (mithin auch 1 ; b = 0 j a), indem a sich nur aus Vollzeilen und Vollkolonnen additiv zusammensetzt. Analytisch ist Vorstehendes wie folgt zu zeigen.
Wir hatten oben S. 287 schon erkannt, dass b 0 j a, mithin auch 1 ; b 0 j a sein muss. Weiter folgt aber nach dem Satze 24) des § 18 rechts: 0 j a 0 j (a j 0 + 1 ; b) = 0 j a j 0 + 1 ; b. Ist also a 1, somit auch 0 j a 1, so haben wir 0 j a j 0 = 0, mithin 0 j a 1 ; b, womit die behauptete Gleichheit als vor- und rückwärtige Subsumtion erwiesen ist.
Andernfalles haben wir a = 1, 0 j a = 1, 0 j a j 0 = 1 und ergibt sich für 1 ; b keinerlei Bestimmung.
Hiermit dürfte denn unser Problem gründlich erledigt sein.
Zum Schlusse mag noch der Satz hier eine Stelle finden: 24)
(a j 0) ; (0 j b) = (a j 0)(0 j b)
a ; 1 j 1 ; b = a ; 1 + 1 ; b,
nach welchem in dem Ausdrucke jedes Quaderrelativs die identische Knüpfung auch durch die gleichnamige relative ersetzbar wäre.
Der Beweis kann mittelbar aus 24) des § 18 geleistet werden, wo- nach sich zunächst ergibt: (a j 0)1 ; (0 j b) = (a j 0) · 1 ; (0 j b), was wegen 16) des § 15 mit der rechten Seite der ersten Formel 24) übereinstimmt.
Auch ist die Herbeiführung der Koeffizientenevidenz nicht uninteressant, z. B. rechterhand: Li j = Ph(Skai k1k h + Sl1h lbl j) = Ph(Skai k + Slbl j) = Skai k + Slbl j = Ri j q. e. d.
Siebente Vorlesung.
Satz, der ein interessantes Gegenstück zu dem 21) bildet und allgemein für jedes Relativ a gilt: 23)
[Formel 1]
Behufs Beweises der ersten Formel dieses Gespannes kann man mittelbar zuwerke gehn und nach dem Satze 22) des § 18 ansetzen: (a ɟ 0) ; (a ɟ 0) = (a ɟ 0)1 ; (a ɟ 0) = (a ɟ 0) · 1 ; (a ɟ 0) = a ɟ 0, letztres in Anbetracht, dass der erste Faktor des vorhergehenden iden- tischen Produktes dem zweiten eingeordnet ist, q. e. d. Auch direkt in den Koeffizienten ist der Beweis nicht schwer zu führen und sei dem An- fänger als Übungsaufgabe empfohlen.
Nachdem wir nun für unser früheres a oben a = 1 ; b gefunden hatten, ergibt sich auch a ɟ 0 + 1 ; b = 1 ; b ɟ 0 + 1 ; b = 1 ; b, weil der erste Term der identischen Summe schon in dem zweiten enthalten ist, und damit ist erwiesen a ɟ 0 + 1 ; b = a, was zu zeigen gewesen.
Anmerkung. Soferne überhaupt a ≠ 1 ist, lässt sich geometrisch leicht einsehen, dass 1 ; b = 0 ɟ a sein muss (mithin auch 1 ; b = 0 ɟ α), indem a sich nur aus Vollzeilen und Vollkolonnen additiv zusammensetzt. Analytisch ist Vorstehendes wie folgt zu zeigen.
Wir hatten oben S. 287 schon erkannt, dass b ⋹ 0 ɟ a, mithin auch 1 ; b ⋹ 0 ɟ a sein muss. Weiter folgt aber nach dem Satze 24) des § 18 rechts: 0 ɟ a ⋹ 0 ɟ (a ɟ 0 + 1 ; b) = 0 ɟ a ɟ 0 + 1 ; b. Ist also a ≠ 1, somit auch 0 ɟ a ≠ 1, so haben wir 0 ɟ a ɟ 0 = 0, mithin 0 ɟ a ⋹ 1 ; b, womit die behauptete Gleichheit als vor- und rückwärtige Subsumtion erwiesen ist.
Andernfalles haben wir a = 1, 0 ɟ a = 1, 0 ɟ a ɟ 0 = 1 und ergibt sich für 1 ; b keinerlei Bestimmung.
Hiermit dürfte denn unser Problem gründlich erledigt sein.
Zum Schlusse mag noch der Satz hier eine Stelle finden: 24)
(a ɟ 0) ; (0 ɟ b) = (a ɟ 0)(0 ɟ b)
a ; 1 ɟ 1 ; b = a ; 1 + 1 ; b,
nach welchem in dem Ausdrucke jedes Quaderrelativs die identische Knüpfung auch durch die gleichnamige relative ersetzbar wäre.
Der Beweis kann mittelbar aus 24) des § 18 geleistet werden, wo- nach sich zunächst ergibt: (a ɟ 0)1 ; (0 ɟ b) = (a ɟ 0) · 1 ; (0 ɟ b), was wegen 16) des § 15 mit der rechten Seite der ersten Formel 24) übereinstimmt.
Auch ist die Herbeiführung der Koeffizientenevidenz nicht uninteressant, z. B. rechterhand: Li j = Πh(Σkai k1k h + Σl1h lbl j) = Πh(Σkai k + Σlbl j) = Σkai k + Σlbl j = Ri j q. e. d.
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Siebente Vorlesung.
Satz, der ein interessantes Gegenstück zu dem 21) bildet und
allgemein für jedes Relativ a gilt:
23) [FORMEL]
Behufs Beweises der ersten Formel dieses Gespannes kann man
mittelbar zuwerke gehn und nach dem Satze 22) des § 18 ansetzen:
(a ɟ 0) ; (a ɟ 0) = (a ɟ 0)1 ; (a ɟ 0) = (a ɟ 0) · 1 ; (a ɟ 0) = a ɟ 0,
letztres in Anbetracht, dass der erste Faktor des vorhergehenden iden-
tischen Produktes dem zweiten eingeordnet ist, q. e. d. Auch direkt in
den Koeffizienten ist der Beweis nicht schwer zu führen und sei dem An-
fänger als Übungsaufgabe empfohlen.
Nachdem wir nun für unser früheres a oben a = 1 ; b gefunden hatten,
ergibt sich auch a ɟ 0 + 1 ; b = 1 ; b ɟ 0 + 1 ; b = 1 ; b, weil der erste Term
der identischen Summe schon in dem zweiten enthalten ist, und damit ist
erwiesen a ɟ 0 + 1 ; b = a, was zu zeigen gewesen.
Anmerkung. Soferne überhaupt a ≠ 1 ist, lässt sich geometrisch
leicht einsehen, dass
1 ; b = 0 ɟ a
sein muss (mithin auch 1 ; b = 0 ɟ α), indem a sich nur aus Vollzeilen und
Vollkolonnen additiv zusammensetzt. Analytisch ist Vorstehendes wie folgt
zu zeigen.
Wir hatten oben S. 287 schon erkannt, dass b ⋹ 0 ɟ a, mithin auch
1 ; b ⋹ 0 ɟ a sein muss. Weiter folgt aber nach dem Satze 24) des § 18
rechts:
0 ɟ a ⋹ 0 ɟ (a ɟ 0 + 1 ; b) = 0 ɟ a ɟ 0 + 1 ; b.
Ist also a ≠ 1, somit auch 0 ɟ a ≠ 1, so haben wir 0 ɟ a ɟ 0 = 0, mithin
0 ɟ a ⋹ 1 ; b, womit die behauptete Gleichheit als vor- und rückwärtige
Subsumtion erwiesen ist.
Andernfalles haben wir a = 1, 0 ɟ a = 1, 0 ɟ a ɟ 0 = 1 und ergibt
sich für 1 ; b keinerlei Bestimmung.
Hiermit dürfte denn unser Problem gründlich erledigt sein.
Zum Schlusse mag noch der Satz hier eine Stelle finden:
24) (a ɟ 0) ; (0 ɟ b) = (a ɟ 0)(0 ɟ b) a ; 1 ɟ 1 ; b = a ; 1 + 1 ; b,
nach welchem in dem Ausdrucke jedes Quaderrelativs die identische
Knüpfung auch durch die gleichnamige relative ersetzbar wäre.
Der Beweis kann mittelbar aus 24) des § 18 geleistet werden, wo-
nach sich zunächst ergibt: (a ɟ 0)1 ; (0 ɟ b) = (a ɟ 0) · 1 ; (0 ɟ b), was wegen
16) des § 15 mit der rechten Seite der ersten Formel 24) übereinstimmt.
Auch ist die Herbeiführung der Koeffizientenevidenz nicht uninteressant,
z. B. rechterhand:
Li j = Πh(Σkai k1k h + Σl1h lbl j) = Πh(Σkai k + Σlbl j) = Σkai k + Σlbl j = Ri j
q. e. d.
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 290. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/304>, abgerufen am 23.11.2024.
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