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

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§ 15. Über Beweismethoden zu Parallelreihensätzen.

könnten wir auch den letzten Summanden 1'l h hier unterdrücken. Gleich-
viel ob mit Ein- oder Ausschluss von eventuell auch ai h ist nun aber das
Pl von allen ai l ohne ai k gewiss = 1, weil diese Faktoren eben laut Vor-
aussetzung sämtlich selbst = 1 sind. Es verbleibt demnach nur Sk0'h k = 1
zu erkennen, was daraus erhellt, dass diese Summe mindestens einen Term
0'h k = 1, wo k h ist, umfasst, q. e. d.

Man sieht zugleich, dass unser Satz 21) keines Sterns bedarf, d. h. zu
seiner Giltigkeit nicht erfordert, dass der Denkbereich 11 mehr als zwei
(mindestens drei) Elemente umfasse.

Will man an Stelle der obigen verbalen Überlegung rein rechnerisch
zuwerke gehen, so ist das Vorziehen des ai h durch folgende Transformationen
zu bewirken:
Pl(ai l + 1'l k) = Pl(ai l + 1'l k + 0) = Pl(ai l + 1'l k + 0'l h1'l h) =
= Pl(ai l + 1'l k + 0'l h)Pl(ai l + 1'l k + 1'l h) = (ai h + 1'h k)Pl(ai l + 1'l k + 1'l h),
weil in dem ersten Pl des zerfällten Produktes ausser dem verbliebenen
Faktor ai h + 1'h k alle übrigen wegen des Summanden 0'l h = 1 unwirksam
sind. Wird das Ergebniss nun mit 0'h k multiplizirt, so verschwindet der
von 1'h k herrührende Term und haben wir voraussetzungslos:
Li j = Phai hSk0'h kPl(ai l + 1'l k + 1'l h),
an welchen Ausdruck nun die übrigen Bemerkungen wesentlich wie oben
anzuknüpfen sind, indem man die Möglichkeiten der Fälle gemäss des Schemas
1 = Sh(ai h = 0) + Ph(ai h = 1)
zerlegt.

Als ein weitres Paradigma wollen wir das bemerkenswerte Ge-
spann von Sätzen anführen:
23) [Formel 1]
welches in fünfziffrigem Rechnen auf das leichteste zu verifiziren ist,
und wollen für die erste Formel desselben auch die Koeffizienten-
evidenz herbeiführen.

Hier ist zu zeigen, dass
Li j = Shai hPk(ani k + 1'k h)0'h j + PkShai h0'h k = Shai h0'h j = Ri j
sein muss. Dies scheint nur so geschehen zu können, dass man drei
Hauptfälle unterscheidet.

Erstens: bei i habe a eine Leerzeile. Dann ist
Shai h = 0 oder Ph(ai h = 0)
und kommt die Behauptung auf 0 = 0 hinaus, ist also richtig.

Zweitens: bei i habe a eine einbesetzte Zeile, und zwar sei ai m = 1
aber Shai h0'h m = 0. Dann kommt für j = m die Gleichung abermals auf
0 = 0 hinaus, indem in Li j das allgemeine Glied der Sh mit dem ver-
schwindenden Faktor ai h0'h m behaftet ist, das zweite Pk aber die verschwin-

§ 15. Über Beweismethoden zu Parallelreihensätzen.

könnten wir auch den letzten Summanden 1'l h hier unterdrücken. Gleich-
viel ob mit Ein- oder Ausschluss von eventuell auch ai h ist nun aber das
Πl von allen ai l ohne ai k gewiss = 1, weil diese Faktoren eben laut Vor-
aussetzung sämtlich selbst = 1 sind. Es verbleibt demnach nur Σk0'h k = 1
zu erkennen, was daraus erhellt, dass diese Summe mindestens einen Term
0'h k = 1, wo k ≠ h ist, umfasst, q. e. d.

Man sieht zugleich, dass unser Satz 21) keines Sterns bedarf, d. h. zu
seiner Giltigkeit nicht erfordert, dass der Denkbereich 11 mehr als zwei
(mindestens drei) Elemente umfasse.

Will man an Stelle der obigen verbalen Überlegung rein rechnerisch
zuwerke gehen, so ist das Vorziehen des ai h durch folgende Transformationen
zu bewirken:
Πl(ai l + 1'l k) = Πl(ai l + 1'l k + 0) = Πl(ai l + 1'l k + 0'l h1'l h) =
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weil in dem ersten Πl des zerfällten Produktes ausser dem verbliebenen
Faktor ai h + 1'h k alle übrigen wegen des Summanden 0'l h = 1 unwirksam
sind. Wird das Ergebniss nun mit 0'h k multiplizirt, so verschwindet der
von 1'h k herrührende Term und haben wir voraussetzungslos:
Li j = Πhai hΣk0'h kΠl(ai l + 1'l k + 1'l h),
an welchen Ausdruck nun die übrigen Bemerkungen wesentlich wie oben
anzuknüpfen sind, indem man die Möglichkeiten der Fälle gemäss des Schemas
1 = Σh(ai h = 0) + Πh(ai h = 1)
zerlegt.

Hier ist zu zeigen, dass
Li j = Σhai hΠk(āi k + 1'k h)0'h j + ΠkΣhai h0'h k = Σhai h0'h j = Ri j
sein muss. Dies scheint nur so geschehen zu können, dass man drei
Hauptfälle unterscheidet.

Erstens: bei i habe a eine Leerzeile. Dann ist
Σhai h = 0 oder Πh(ai h = 0)
und kommt die Behauptung auf 0 = 0 hinaus, ist also richtig.

Zweitens: bei i habe a eine einbesetzte Zeile, und zwar sei ai m = 1
aber Σhai h0'h m = 0. Dann kommt für j = m die Gleichung abermals auf
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[213/0227] § 15. Über Beweismethoden zu Parallelreihensätzen. könnten wir auch den letzten Summanden 1'l h hier unterdrücken. Gleich- viel ob mit Ein- oder Ausschluss von eventuell auch ai h ist nun aber das Πl von allen ai l ohne ai k gewiss = 1, weil diese Faktoren eben laut Vor- aussetzung sämtlich selbst = 1 sind. Es verbleibt demnach nur Σk0'h k = 1 zu erkennen, was daraus erhellt, dass diese Summe mindestens einen Term 0'h k = 1, wo k ≠ h ist, umfasst, q. e. d. Man sieht zugleich, dass unser Satz 21) keines Sterns bedarf, d. h. zu seiner Giltigkeit nicht erfordert, dass der Denkbereich 11 mehr als zwei (mindestens drei) Elemente umfasse. Will man an Stelle der obigen verbalen Überlegung rein rechnerisch zuwerke gehen, so ist das Vorziehen des ai h durch folgende Transformationen zu bewirken: Πl(ai l + 1'l k) = Πl(ai l + 1'l k + 0) = Πl(ai l + 1'l k + 0'l h1'l h) = = Πl(ai l + 1'l k + 0'l h)Πl(ai l + 1'l k + 1'l h) = (ai h + 1'h k)Πl(ai l + 1'l k + 1'l h), weil in dem ersten Πl des zerfällten Produktes ausser dem verbliebenen Faktor ai h + 1'h k alle übrigen wegen des Summanden 0'l h = 1 unwirksam sind. Wird das Ergebniss nun mit 0'h k multiplizirt, so verschwindet der von 1'h k herrührende Term und haben wir voraussetzungslos: Li j = Πhai hΣk0'h kΠl(ai l + 1'l k + 1'l h), an welchen Ausdruck nun die übrigen Bemerkungen wesentlich wie oben anzuknüpfen sind, indem man die Möglichkeiten der Fälle gemäss des Schemas 1 = Σh(ai h = 0) + Πh(ai h = 1) zerlegt. Als ein weitres Paradigma wollen wir das bemerkenswerte Ge- spann von Sätzen anführen: 23) [FORMEL] welches in fünfziffrigem Rechnen auf das leichteste zu verifiziren ist, und wollen für die erste Formel desselben auch die Koeffizienten- evidenz herbeiführen. Hier ist zu zeigen, dass Li j = Σhai hΠk(āi k + 1'k h)0'h j + ΠkΣhai h0'h k = Σhai h0'h j = Ri j sein muss. Dies scheint nur so geschehen zu können, dass man drei Hauptfälle unterscheidet. Erstens: bei i habe a eine Leerzeile. Dann ist Σhai h = 0 oder Πh(ai h = 0) und kommt die Behauptung auf 0 = 0 hinaus, ist also richtig. Zweitens: bei i habe a eine einbesetzte Zeile, und zwar sei ai m = 1 aber Σhai h0'h m = 0. Dann kommt für j = m die Gleichung abermals auf 0 = 0 hinaus, indem in Li j das allgemeine Glied der Σh mit dem ver- schwindenden Faktor ai h0'h m behaftet ist, das zweite Πk aber die verschwin-

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 213. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/227>, abgerufen am 27.11.2024.

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