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

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§ 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle.

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

Darnach aber könnte man auch den Beweis von d) mittelst
(a = b) = (a b) (b a) (a b),
also (a = b) (a 0) (a b) (a 0) (b 0)
auf den von e) zurückführen.

Nachdem wir unter b) und g) aus einer Gleichung, sowie aus
einer Ungleichung ein Gebiet x eliminiren gelernt haben, können wir
den Ergebnissen der Untersuchung noch eine etwas grössere Trag-
weite beilegen. In der gleichen Weise wird dies auch am Schlusse
jeder noch weiterhin gelösten Eliminationsaufgabe dann ausgeführt zu
denken sein.

Bezeichnen wir die linke Seite unsres Ergebnisses b) oder g)
mit A, die rechte Seite desselben mit B, sodass
A B
dies Ergebniss darstellt, so können wir nun sagen: Sooft
z)

A = i
0

ist, muss auch bezüglich sein

B = i
0.

Für den Fall der oberen Beziehung, der Gleichheit mit i, ergibt
sich dies in Anbetracht, dass der Satz:
(A B) (A = i) (B = i)
nur als eine umständlichere Fassung des Th. 5n+) erscheint, die sich
mittelst Th. 3) aus demselben ergibt, indem darnach sein muss:
(i = A) (A B) (i B) = (i = B).

Für den Fall der unteren Beziehung, Ungleichheit mit 0, ergibt
es sich auf Grund des Hülfssatzes e), indem wir diesen für A, B statt
a, b in Anspruch nehmen.

Bei konstantem Sinn der Aussagen A und B ist nun allerdings die
untere Beziehung nach § 32, z) äquivalent der oberen, sodass die eine
der soeben ausgeführten beiden Überlegungen überflüssig erscheint, die
zweite durch die erste entbehrlich gemacht wird.

Allein die Betrachtung thut zugleich dar, dass man von der Auflage,
unter A und B Aussagen von festem Sinne zu denken, sich hier wenigstens
auch befreien könnte, dass unter A und B in unsern Ergebnissen sogar
Aussagen von mit der Zeit veränderlichem "fliessendem" Sinne (in der in

§ 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle.

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

Darnach aber könnte man auch den Beweis von δ) mittelst
(a = b) = (a ⊆ b) (b ⊆ a) ⊆ (a ⊆ b),
also (a = b) (a ≠ 0) ⊆ (a ⊆ b) (a ≠ 0) ⊆ (b ≠ 0)
auf den von ε) zurückführen.

Nachdem wir unter β) und γ) aus einer Gleichung, sowie aus
einer Ungleichung ein Gebiet x eliminiren gelernt haben, können wir
den Ergebnissen der Untersuchung noch eine etwas grössere Trag-
weite beilegen. In der gleichen Weise wird dies auch am Schlusse
jeder noch weiterhin gelösten Eliminationsaufgabe dann ausgeführt zu
denken sein.

Bezeichnen wir die linke Seite unsres Ergebnisses β) oder γ)
mit A, die rechte Seite desselben mit B, sodass
A ⊆ B
dies Ergebniss darstellt, so können wir nun sagen: Sooft
ζ)

A = i
≠ 0

ist, muss auch bezüglich sein

B = i
≠ 0.

Für den Fall der oberen Beziehung, der Gleichheit mit i, ergibt
sich dies in Anbetracht, dass der Satz:
(A ⊆ B) (A = i) ⊆ (B = i)
nur als eine umständlichere Fassung des Th. 5̄+) erscheint, die sich
mittelst Th. 3) aus demselben ergibt, indem darnach sein muss:
(i = A) (A ⊆ B) ⊆ (i ⊆ B) = (i = B).

Für den Fall der unteren Beziehung, Ungleichheit mit 0, ergibt
es sich auf Grund des Hülfssatzes ε), indem wir diesen für A, B statt
a, b in Anspruch nehmen.

Bei konstantem Sinn der Aussagen A und B ist nun allerdings die
untere Beziehung nach § 32, ζ) äquivalent der oberen, sodass die eine
der soeben ausgeführten beiden Überlegungen überflüssig erscheint, die
zweite durch die erste entbehrlich gemacht wird.

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[203/0227] § 41. Das Eliminationsproblem gelöst für typische Spezialfälle. (a b) (a ≠ 0) = (a b) (b = 0) (a ≠ 0) + (a b) (b ≠ 0) (a ≠ 0) = (a = 0) (a ≠ 0) + „ = = 0 + „ = = „ (b ≠ 0). Darnach aber könnte man auch den Beweis von δ) mittelst (a = b) = (a b) (b a) (a b), also (a = b) (a ≠ 0) (a b) (a ≠ 0) (b ≠ 0) auf den von ε) zurückführen. Nachdem wir unter β) und γ) aus einer Gleichung, sowie aus einer Ungleichung ein Gebiet x eliminiren gelernt haben, können wir den Ergebnissen der Untersuchung noch eine etwas grössere Trag- weite beilegen. In der gleichen Weise wird dies auch am Schlusse jeder noch weiterhin gelösten Eliminationsaufgabe dann ausgeführt zu denken sein. Bezeichnen wir die linke Seite unsres Ergebnisses β) oder γ) mit A, die rechte Seite desselben mit B, sodass A B dies Ergebniss darstellt, so können wir nun sagen: Sooft ζ) A = i ≠ 0 ist, muss auch bezüglich sein B = i ≠ 0. Für den Fall der oberen Beziehung, der Gleichheit mit i, ergibt sich dies in Anbetracht, dass der Satz: (A B) (A = i) (B = i) nur als eine umständlichere Fassung des Th. 5̄+) erscheint, die sich mittelst Th. 3) aus demselben ergibt, indem darnach sein muss: (i = A) (A B) (i B) = (i = B). Für den Fall der unteren Beziehung, Ungleichheit mit 0, ergibt es sich auf Grund des Hülfssatzes ε), indem wir diesen für A, B statt a, b in Anspruch nehmen. Bei konstantem Sinn der Aussagen A und B ist nun allerdings die untere Beziehung nach § 32, ζ) äquivalent der oberen, sodass die eine der soeben ausgeführten beiden Überlegungen überflüssig erscheint, die zweite durch die erste entbehrlich gemacht wird. Allein die Betrachtung thut zugleich dar, dass man von der Auflage, unter A und B Aussagen von festem Sinne zu denken, sich hier wenigstens auch befreien könnte, dass unter A und B in unsern Ergebnissen sogar Aussagen von mit der Zeit veränderlichem „fliessendem“ Sinne (in der in

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 2, Abt. 1. Leipzig, 1891, S. 203. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik0201_1891/227>, abgerufen am 26.11.2024.

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