Anmelden (DTAQ)

DWDS dlexDB CLARIN-D

Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891.

Bild:

<< vorherige Seite

nächste Seite >>

Neunzehnte Vorlesung.

kann. Denn folgte noch aus A eine solche Relation C, die möglicherweise
auch nicht erfüllt sein könnte, während doch B erfüllt ist, so gäbe es
unter jener Voraussetzung B doch schon ein A erfüllendes x; d. h. ver-
ständen wir ebendieses unter dem Buchstaben x, so wäre A erfüllt, woraus
dann B nebst C als erfüllt folgen würde, entgegen der Unterstellung, dass
B ohne C erfüllbar sei. Wir kämen damit zu dem Widerspruch, das ge-
dachte C zugleich als erfüllt und nicht erfüllt annehmen zu müssen; folg-
lich kann es ein solches C nicht geben, und unsre Resultante B muss
schon jede aus A fliessende Information über p und q enthalten, muss
eben die volle Resultante sein.

Streng genommen wird bei den obigen Schlüssen der Satz ange-
wendet, dass wenn a = b und b 0 ist, dann auch a 0 sein muss,
wonach es also auch in einer Ungleichung gestattet ist, Gleiches für
identisch Gleiches zu substituiren; in Formeln:
d) (a = b) (a 0) (b 0).

Der Beweis ist leicht zu führen durch folgende Überlegung. Wegen
i = (b = 0) + (b 0) ist nach Th. 21x), 27x), 21+) und 6nx):

(a = b) (a 0) = (a = b) (a 0) (b = 0) + (a = b) (a 0) (b 0) =
= 0 + " (b 0),

indem (a = b) (b = 0) (a 0) (a = 0) (a 0) = 0
nach Th. 4), 15x), 30x) und 5nx) ist.

Als einen ferneren kleinen Hülfssatz möchte ich hier noch das
folgende Theorem einschalten, welchem ebenfalls die "weitere Geltung"
zukommt:
e) (a b) (a 0) (b 0).

Dasselbe stellt fest, dass ein Gebiet, welchem ein von 0 verschie-
denes eingeordnet ist, das also ein nicht verschwindendes Gebiet in
sich enthält, auch von 0 verschieden sein muss, unmöglich selbst ver-
schwinden kann.

Um den Satz zu beweisen, brauchen wir blos zu bedenken, dass nach
Th. 38) nebst 21x), 30+) und 27x) sodann nach 21+) und 6nx) endlich
dem oben eitirten Satze § 40, a') ist:
(a b) (a 0) = (a b1 = 0) (a b + a b1 0) = (a b1 = 0) (a b 0)
(a b 0) (b 0); indem wieder a 0 in (a b 0) + (a b1 0) zerfällt;
oder auch: nachdem d) bereits bewiesen, ist es gestattet, in a b + a b1 0 die
linke Seite durch das ihr gleiche a b + 0 = a b zu ersetzen. --

Man kann übrigens auch den Beweis des Satzes analog wie bei d)
von diesem unabhängig führen:

Neunzehnte Vorlesung.

Streng genommen wird bei den obigen Schlüssen der Satz ange-
wendet, dass wenn a = b und b ≠ 0 ist, dann auch a ≠ 0 sein muss,
wonach es also auch in einer Ungleichung gestattet ist, Gleiches für
identisch Gleiches zu substituiren; in Formeln:
δ) (a = b) (a ≠ 0) ⊆ (b ≠ 0).

Der Beweis ist leicht zu führen durch folgende Überlegung. Wegen
i = (b = 0) + (b ≠ 0) ist nach Th. 2̅1̅×), 2̅7̅×), 2̅1̅+) und 6̄×):

(a = b) (a ≠ 0) = (a = b) (a ≠ 0) (b = 0) + (a = b) (a ≠ 0) (b ≠ 0) =
= 0 + „ ⊆ (b ≠ 0),

indem (a = b) (b = 0) (a ≠ 0) ⊆ (a = 0) (a ≠ 0) = 0
nach Th. 4), 1̅5̅×), 3̅0̅×) und 5̄×) ist.

Als einen ferneren kleinen Hülfssatz möchte ich hier noch das
folgende Theorem einschalten, welchem ebenfalls die „weitere Geltung“
zukommt:
ε) (a ⊆ b) (a ≠ 0) ⊆ (b ≠ 0).

Um den Satz zu beweisen, brauchen wir blos zu bedenken, dass nach
Th. 38) nebst 21×), 30+) und 27×) sodann nach 21+) und 6̄×) endlich
dem oben eitirten Satze § 40, α') ist:
(a ⊆ b) (a ≠ 0) = (a b1 = 0) (a b + a b1 ≠ 0) = (a b1 = 0) (a b ≠ 0) ⊆
⊆ (a b ≠ 0) ⊆ (b ≠ 0); indem wieder a ≠ 0 in (a b ≠ 0) + (a b1 ≠ 0) zerfällt;
oder auch: nachdem δ) bereits bewiesen, ist es gestattet, in a b + a b1 ≠ 0 die
linke Seite durch das ihr gleiche a b + 0 = a b zu ersetzen. —

Man kann übrigens auch den Beweis des Satzes analog wie bei δ)
von diesem unabhängig führen:

<TEI>
  <text>
    <body>
      <div n="1">
        <div n="2">
          <div n="3">
            <p><pb facs="#f0226" n="202"/><fw place="top" type="header">Neunzehnte Vorlesung.</fw><lb/>
kann. Denn folgte noch aus <hi rendition="#i">A</hi> eine solche Relation <hi rendition="#i">C</hi>, die möglicherweise<lb/>
auch <hi rendition="#i">nicht</hi> erfüllt sein könnte, während doch <hi rendition="#i">B</hi> erfüllt ist, so gäbe es<lb/>
unter jener Voraussetzung <hi rendition="#i">B</hi> doch schon ein <hi rendition="#i">A</hi> erfüllendes <hi rendition="#i">x</hi>; d. h. ver-<lb/>
ständen wir ebendieses unter dem Buchstaben <hi rendition="#i">x</hi>, so wäre <hi rendition="#i">A</hi> erfüllt, woraus<lb/>
dann <hi rendition="#i">B nebst C</hi> als erfüllt folgen würde, entgegen der Unterstellung, dass<lb/><hi rendition="#i">B ohne C</hi> erfüllbar sei. Wir kämen damit zu dem Widerspruch, das ge-<lb/>
dachte <hi rendition="#i">C</hi> zugleich als erfüllt und nicht erfüllt annehmen zu müssen; folg-<lb/>
lich kann es ein solches <hi rendition="#i">C</hi> nicht geben, und unsre Resultante <hi rendition="#i">B</hi> muss<lb/>
schon <hi rendition="#i">jede</hi> aus <hi rendition="#i">A</hi> fliessende Information über <hi rendition="#i">p</hi> und <hi rendition="#i">q</hi> enthalten, muss<lb/>
eben die <hi rendition="#i">volle</hi> Resultante sein.</p><lb/>
            <p>Streng genommen wird bei den obigen Schlüssen der Satz ange-<lb/>
wendet, dass wenn <hi rendition="#i">a</hi> = <hi rendition="#i">b</hi> und <hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0 ist, dann auch <hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0 sein muss,<lb/>
wonach es also <hi rendition="#i">auch in einer Ungleichung gestattet ist</hi>, <hi rendition="#i">Gleiches für<lb/>
identisch Gleiches zu substituiren;</hi> in Formeln:<lb/><hi rendition="#i">&#x03B4;</hi>) <hi rendition="#et">(<hi rendition="#i">a</hi> = <hi rendition="#i">b</hi>) (<hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0).</hi></p><lb/>
            <p>Der <hi rendition="#g">Beweis</hi> ist leicht zu führen durch folgende Überlegung. Wegen<lb/>
i = (<hi rendition="#i">b</hi> = 0) + (<hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0) ist nach Th. 2&#x0305;1&#x0305;<hi rendition="#sub">×</hi>), 2&#x0305;7&#x0305;<hi rendition="#sub">×</hi>), 2&#x0305;1&#x0305;<hi rendition="#sub">+</hi>) und 6&#x0304;<hi rendition="#sub">×</hi>):</p><lb/>
            <list>
              <item>(<hi rendition="#i">a</hi> = <hi rendition="#i">b</hi>) (<hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; <hi rendition="#i">0</hi>) = (<hi rendition="#i">a</hi> = <hi rendition="#i">b</hi>) (<hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0) (<hi rendition="#i">b</hi> = 0) + (<hi rendition="#i">a</hi> = <hi rendition="#i">b</hi>) (<hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0) (<hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0) =<lb/>
= 0 + &#x201E; <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0),</item>
            </list><lb/>
            <p>indem <hi rendition="#et">(<hi rendition="#i">a</hi> = <hi rendition="#i">b</hi>) (<hi rendition="#i">b</hi> = 0) (<hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">a</hi> = 0) (<hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0) = 0</hi><lb/>
nach Th. 4), 1&#x0305;5&#x0305;<hi rendition="#sub">×</hi>), 3&#x0305;0&#x0305;<hi rendition="#sub">×</hi>) und 5&#x0304;<hi rendition="#sub">×</hi>) ist.</p><lb/>
            <p>Als einen ferneren kleinen Hülfssatz möchte ich hier noch das<lb/>
folgende Theorem einschalten, welchem ebenfalls die &#x201E;weitere Geltung&#x201C;<lb/>
zukommt:<lb/><hi rendition="#i">&#x03B5;</hi>) <hi rendition="#et">(<hi rendition="#i">a</hi> <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> <hi rendition="#i">b</hi>) (<hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0).</hi></p><lb/>
            <p>Dasselbe stellt fest, <hi rendition="#i">dass ein Gebiet</hi>, <hi rendition="#i">welchem ein von</hi> 0 <hi rendition="#i">verschie-<lb/>
denes eingeordnet ist</hi>, das also ein nicht verschwindendes Gebiet in<lb/>
sich enthält, <hi rendition="#i">auch von</hi> 0 <hi rendition="#i">verschieden sein muss</hi>, unmöglich selbst ver-<lb/>
schwinden kann.</p><lb/>
            <p>Um den Satz zu <hi rendition="#g">beweisen</hi>, brauchen wir blos zu bedenken, dass nach<lb/>
Th. 38) nebst 21<hi rendition="#sub">×</hi>), 30<hi rendition="#sub">+</hi>) und 27<hi rendition="#sub">×</hi>) sodann nach 21<hi rendition="#sub">+</hi>) und 6&#x0304;<hi rendition="#sub">×</hi>) endlich<lb/>
dem oben eitirten Satze § 40, <hi rendition="#i">&#x03B1;</hi>') ist:<lb/><hi rendition="#c">(<hi rendition="#i">a</hi> <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> <hi rendition="#i">b</hi>) (<hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0) = (<hi rendition="#i">a b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = 0) (<hi rendition="#i">a b</hi> + <hi rendition="#i">a b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0) = (<hi rendition="#i">a b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> = 0) (<hi rendition="#i">a b</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice><lb/><choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">a b</hi> &#x2260; 0) <choice><orig>&#xFFFC;</orig><reg>&#x2286;</reg></choice> (<hi rendition="#i">b</hi> &#x2260; 0); indem wieder <hi rendition="#i">a</hi> &#x2260; 0 in (<hi rendition="#i">a b</hi> &#x2260; 0) + (<hi rendition="#i">a b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0) zerfällt;</hi><lb/>
oder auch: nachdem <hi rendition="#i">&#x03B4;</hi>) bereits bewiesen, ist es gestattet, in <hi rendition="#i">a b</hi> + <hi rendition="#i">a b</hi><hi rendition="#sub">1</hi> &#x2260; 0 die<lb/>
linke Seite durch das ihr gleiche <hi rendition="#i">a b</hi> + 0 = <hi rendition="#i">a b</hi> zu ersetzen. &#x2014;</p><lb/>
            <p>Man kann übrigens auch den Beweis des Satzes analog wie bei <hi rendition="#i">&#x03B4;</hi>)<lb/>
von diesem unabhängig führen:</p><lb/>
          </div>
        </div>
      </div>
    </body>
  </text>
</TEI>

[202/0226] Neunzehnte Vorlesung. kann. Denn folgte noch aus A eine solche Relation C, die möglicherweise auch nicht erfüllt sein könnte, während doch B erfüllt ist, so gäbe es unter jener Voraussetzung B doch schon ein A erfüllendes x; d. h. ver- ständen wir ebendieses unter dem Buchstaben x, so wäre A erfüllt, woraus dann B nebst C als erfüllt folgen würde, entgegen der Unterstellung, dass B ohne C erfüllbar sei. Wir kämen damit zu dem Widerspruch, das ge- dachte C zugleich als erfüllt und nicht erfüllt annehmen zu müssen; folg- lich kann es ein solches C nicht geben, und unsre Resultante B muss schon jede aus A fliessende Information über p und q enthalten, muss eben die volle Resultante sein. Streng genommen wird bei den obigen Schlüssen der Satz ange- wendet, dass wenn a = b und b ≠ 0 ist, dann auch a ≠ 0 sein muss, wonach es also auch in einer Ungleichung gestattet ist, Gleiches für identisch Gleiches zu substituiren; in Formeln: δ) (a = b) (a ≠ 0) (b ≠ 0). Der Beweis ist leicht zu führen durch folgende Überlegung. Wegen i = (b = 0) + (b ≠ 0) ist nach Th. 2̅1̅×), 2̅7̅×), 2̅1̅+) und 6̄×): (a = b) (a ≠ 0) = (a = b) (a ≠ 0) (b = 0) + (a = b) (a ≠ 0) (b ≠ 0) = = 0 + „ (b ≠ 0), indem (a = b) (b = 0) (a ≠ 0) (a = 0) (a ≠ 0) = 0 nach Th. 4), 1̅5̅×), 3̅0̅×) und 5̄×) ist. Als einen ferneren kleinen Hülfssatz möchte ich hier noch das folgende Theorem einschalten, welchem ebenfalls die „weitere Geltung“ zukommt: ε) (a b) (a ≠ 0) (b ≠ 0). Dasselbe stellt fest, dass ein Gebiet, welchem ein von 0 verschie- denes eingeordnet ist, das also ein nicht verschwindendes Gebiet in sich enthält, auch von 0 verschieden sein muss, unmöglich selbst ver- schwinden kann. Um den Satz zu beweisen, brauchen wir blos zu bedenken, dass nach Th. 38) nebst 21×), 30+) und 27×) sodann nach 21+) und 6̄×) endlich dem oben eitirten Satze § 40, α') ist: (a b) (a ≠ 0) = (a b1 = 0) (a b + a b1 ≠ 0) = (a b1 = 0) (a b ≠ 0) (a b ≠ 0) (b ≠ 0); indem wieder a ≠ 0 in (a b ≠ 0) + (a b1 ≠ 0) zerfällt; oder auch: nachdem δ) bereits bewiesen, ist es gestattet, in a b + a b1 ≠ 0 die linke Seite durch das ihr gleiche a b + 0 = a b zu ersetzen. — Man kann übrigens auch den Beweis des Satzes analog wie bei δ) von diesem unabhängig führen:

Suche im Werk

Informationen zum Werk

Titeldaten
Verfügbarkeit Text (TEI-XML-, HTML-, TCF-, E-Book-Fassung): CC BY-SA 4.0.
Nutzungsbedingungen

Download dieses Werks

XML (TEI P5) · HTML · Text
TCF (text annotation layer)
XML (TEI P5 inkl. att.linguistic)

Metadaten zum Werk

TEI-Header · CMDI · Dublin Core

Ansichten dieser Seite

Voyant Tools ^?

Language Resource Switchboard^?

Resource/URL übermitteln

Feedback

Sie haben einen Fehler gefunden? Dann können Sie diesen über unsere Qualitätssicherungsplattform DTAQ melden.

Kommentar zur DTA-Ausgabe

Dieses Werk wurde gemäß den DTA-Transkriptionsrichtlinien im Double-Keying-Verfahren von Nicht-Muttersprachlern erfasst und in XML/TEI P5 nach DTA-Basisformat kodiert.

Ansicht auf Standard zurückstellen

URL zu diesem Werk:	https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891
URL zu dieser Seite:	https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/226
Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891, S. 202. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/226>, abgerufen am 26.11.2024.

Alle Inhalte dieser Seite unterstehen, soweit nicht anders gekennzeichnet, einer Creative-Commons-Lizenz. Die Rechte an den angezeigten Bilddigitalisaten, soweit nicht anders gekennzeichnet, liegen bei den besitzenden Bibliotheken. Weitere Informationen finden Sie in den DTA-Nutzungsbedingungen.

Insbesondere im Hinblick auf die §§ 86a StGB und 130 StGB wird festgestellt, dass die auf diesen Seiten abgebildeten Inhalte weder in irgendeiner Form propagandistischen Zwecken dienen, oder Werbung für verbotene Organisationen oder Vereinigungen darstellen, oder nationalsozialistische Verbrechen leugnen oder verharmlosen, noch zum Zwecke der Herabwürdigung der Menschenwürde gezeigt werden. Die auf diesen Seiten abgebildeten Inhalte (in Wort und Bild) dienen im Sinne des § 86 StGB Abs. 3 ausschließlich historischen, sozial- oder kulturwissenschaftlichen Forschungszwecken. Ihre Veröffentlichung erfolgt in der Absicht, Wissen zur Anregung der intellektuellen Selbstständigkeit und Verantwortungsbereitschaft des Staatsbürgers zu vermitteln und damit der Förderung seiner Mündigkeit zu dienen.

2007–2024 Deutsches Textarchiv, Berlin-Brandenburgische Akademie der Wissenschaften. Kontakt: redaktion(at)deutschestextarchiv.de.

Zitierempfehlung: Deutsches Textarchiv. Grundlage für ein Referenzkorpus der neuhochdeutschen Sprache. Herausgegeben von der Berlin-Brandenburgischen Akademie der Wissenschaften, Berlin 2024. URL: https://www.deutschestextarchiv.de/.