Auch mit dieser seien die beiden Proben gemacht. Probe 1 kann in zwei Teile zerlegt werden.
Einmal ist zu zeigen, dass bei beliebigem u: 28) (a ; 0' j 0){u + (un j 1') ; 1} ; 0' = a ; 0' j 0 ist, sodann aber, dass auch: 29) (an j 1')a ; 0' + a ; 0' j 0 = a ; 0'. Alsdann wird in der That -- unter x den fraglichen Ausdruck der Wurzel verstanden -- x ; 0' = a ; 0' erwiesen sein.
Jenes -- der Beweis von 28) -- kommt nach dem ersten Schema 25) des § 18 wegen 1 ; 0' = 1 auf u ; 0' + (un j 1') ; 1 = 1 d. h. auf den Satz 9) des § 15: v + vn ; 1 = 1 hinaus.
Dieses -- der Beweis von 29) -- würde unmittelbar in den Koeffizienten nur umständlich zu leisten sein; die Formel ist aber als ein "reines Zeilen- theorem" in fünfziffrigem Rechnen ganz leicht zu verifiziren. Sie ist Re- präsentant eines beachtenswerten Viergespanns von Sätzen.
Am bequemsten ist überhaupt der Nachweis für die Richtigkeit der gefundnen Lösung 26) oder die Probe 1 ganz in der "schematischen" Dar- stellung der Zeilenrelative zu leisten wie folgt.
Sei a = 1abg0, so ist a ; 0' = 111gn0 und zu zeigen, dass für ein ganz beliebiges u = 1'a'b'g'0' auch -- unter x die angebliche Wurzel ver- standen -- x ; 0' = a ; 0' sein muss. Die Ziffern von u mussten hier durch Accente von denen des a unterschieden werden, weil sie (trotz der bei den Voll- oder Leerzeilen sicher gleichartigen Besetzung) ganz andre Zeilen- komplexe repräsentiren mögen.
Wir haben nun: an = 0anbngn1, an j 1' = 000g1, (an j 1')a = 000g0, a ; 0' j 0 = 11100, un = 0'a'nb'ng'n1', un j 0' = 0'0'0'g'1', (un j 1') ; 1 = 0'0'0'1'1', y = u + (un j 0') ; 1 = 1'a'b'1'1', z = (a ; 0' j 0)y = 1''a''b''00. Die drei ersten Ziffern von y mussten hier in z mit noch einem weitern Accente versehen werden, um darauf hinzuweisen, dass nicht der volle Be- stand der Zeilenkategorien 1', a', b' von y für z erhalten bleibt, sondern nur soviel davon als unter die mehrbesetzten Zeilen 1ab von a, d. h. in die 111 des a ; 0' j 0 hineinfällt; diese aber konserviren sich als mehr- besetzte Zeilen für z sämtlich, weil y nur mehrbesetzte Zeilen hat. Nun ist also x = (an j 1')a + z = 1''a''b''g0, wo die drei ersten Ziffern, wenn sie auch nicht Zeilenkomplexe repräsentiren, welche denen 1ab von a einzeln entsprechen, doch zusammen dasselbe Zeilensystem erfüllen, wie diese. Es folgt sodann: x ; 0' = 1''1''1''gn0 = 111gn0 mit Rücksicht auf das soeben Gesagte, mithin x ; 0' = a ; 0' wie zu zeigen gewesen.
Die Probe 2 besteht in dem Nachweise, dass die gefundene Lösung 26) jede Wurzel x der Gleichung x ; 0' = a ; 0' zu liefern fähig ist, und zwar, dass sie eine bestimmte x bei der Annahme u = x selber liefert. Aufgrund der von x als erfüllt vorausgesetzten Gleichung ist also zu zeigen, dass
§ 19. Herleitung und Verifikation ihrer Lösungen.
Damit ist dann die erste Formel von 26) gefunden.
Auch mit dieser seien die beiden Proben gemacht. Probe 1 kann in zwei Teile zerlegt werden.
Einmal ist zu zeigen, dass bei beliebigem u: 28) (a ; 0' ɟ 0){u + (ū ɟ 1') ; 1} ; 0' = a ; 0' ɟ 0 ist, sodann aber, dass auch: 29) (ā ɟ 1')a ; 0' + a ; 0' ɟ 0 = a ; 0'. Alsdann wird in der That — unter x den fraglichen Ausdruck der Wurzel verstanden — x ; 0' = a ; 0' erwiesen sein.
Jenes — der Beweis von 28) — kommt nach dem ersten Schema 25) des § 18 wegen 1 ; 0' = 1 auf u ; 0' + (ū ɟ 1') ; 1 = 1 d. h. auf den Satz 9) des § 15: v + v̄ ; 1 = 1 hinaus.
Dieses — der Beweis von 29) — würde unmittelbar in den Koeffizienten nur umständlich zu leisten sein; die Formel ist aber als ein „reines Zeilen- theorem“ in fünfziffrigem Rechnen ganz leicht zu verifiziren. Sie ist Re- präsentant eines beachtenswerten Viergespanns von Sätzen.
Am bequemsten ist überhaupt der Nachweis für die Richtigkeit der gefundnen Lösung 26) oder die Probe 1 ganz in der „schematischen“ Dar- stellung der Zeilenrelative zu leisten wie folgt.
Sei a = 1αβγ0, so ist a ; 0' = 111γ̄0 und zu zeigen, dass für ein ganz beliebiges u = 1'α'β'γ'0' auch — unter x die angebliche Wurzel ver- standen — x ; 0' = a ; 0' sein muss. Die Ziffern von u mussten hier durch Accente von denen des a unterschieden werden, weil sie (trotz der bei den Voll- oder Leerzeilen sicher gleichartigen Besetzung) ganz andre Zeilen- komplexe repräsentiren mögen.
Wir haben nun: ā = 0ᾱβ̄γ̄1, ā ɟ 1' = 000γ1, (ā ɟ 1')a = 000γ0, a ; 0' ɟ 0 = 11100, ū = 0'α'̄β'̄γ'̄1', ū ɟ 0' = 0'0'0'γ'1', (ū ɟ 1') ; 1 = 0'0'0'1'1', y = u + (ū ɟ 0') ; 1 = 1'α'β'1'1', z = (a ; 0' ɟ 0)y = 1''α''β''00. Die drei ersten Ziffern von y mussten hier in z mit noch einem weitern Accente versehen werden, um darauf hinzuweisen, dass nicht der volle Be- stand der Zeilenkategorien 1', α', β' von y für z erhalten bleibt, sondern nur soviel davon als unter die mehrbesetzten Zeilen 1αβ von a, d. h. in die 111 des a ; 0' ɟ 0 hineinfällt; diese aber konserviren sich als mehr- besetzte Zeilen für z sämtlich, weil y nur mehrbesetzte Zeilen hat. Nun ist also x = (ā ɟ 1')a + z = 1''α''β''γ0, wo die drei ersten Ziffern, wenn sie auch nicht Zeilenkomplexe repräsentiren, welche denen 1αβ von a einzeln entsprechen, doch zusammen dasselbe Zeilensystem erfüllen, wie diese. Es folgt sodann: x ; 0' = 1''1''1''γ̄0 = 111γ̄0 mit Rücksicht auf das soeben Gesagte, mithin x ; 0' = a ; 0' wie zu zeigen gewesen.
Die Probe 2 besteht in dem Nachweise, dass die gefundene Lösung 26) jede Wurzel x der Gleichung x ; 0' = a ; 0' zu liefern fähig ist, und zwar, dass sie eine bestimmte x bei der Annahme u = x selber liefert. Aufgrund der von x als erfüllt vorausgesetzten Gleichung ist also zu zeigen, dass
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[271/0285]
§ 19. Herleitung und Verifikation ihrer Lösungen.
Damit ist dann die erste Formel von 26) gefunden.
Auch mit dieser seien die beiden Proben gemacht. Probe 1 kann
in zwei Teile zerlegt werden.
Einmal ist zu zeigen, dass bei beliebigem u:
28) (a ; 0' ɟ 0){u + (ū ɟ 1') ; 1} ; 0' = a ; 0' ɟ 0
ist, sodann aber, dass auch:
29) (ā ɟ 1')a ; 0' + a ; 0' ɟ 0 = a ; 0'.
Alsdann wird in der That — unter x den fraglichen Ausdruck der Wurzel
verstanden — x ; 0' = a ; 0' erwiesen sein.
Jenes — der Beweis von 28) — kommt nach dem ersten Schema 25)
des § 18 wegen 1 ; 0' = 1 auf u ; 0' + (ū ɟ 1') ; 1 = 1 d. h. auf den Satz 9)
des § 15: v + v̄ ; 1 = 1 hinaus.
Dieses — der Beweis von 29) — würde unmittelbar in den Koeffizienten
nur umständlich zu leisten sein; die Formel ist aber als ein „reines Zeilen-
theorem“ in fünfziffrigem Rechnen ganz leicht zu verifiziren. Sie ist Re-
präsentant eines beachtenswerten Viergespanns von Sätzen.
Am bequemsten ist überhaupt der Nachweis für die Richtigkeit der
gefundnen Lösung 26) oder die Probe 1 ganz in der „schematischen“ Dar-
stellung der Zeilenrelative zu leisten wie folgt.
Sei a = 1αβγ0, so ist a ; 0' = 111γ̄0 und zu zeigen, dass für ein
ganz beliebiges u = 1'α'β'γ'0' auch — unter x die angebliche Wurzel ver-
standen — x ; 0' = a ; 0' sein muss. Die Ziffern von u mussten hier durch
Accente von denen des a unterschieden werden, weil sie (trotz der bei den
Voll- oder Leerzeilen sicher gleichartigen Besetzung) ganz andre Zeilen-
komplexe repräsentiren mögen.
Wir haben nun:
ā = 0ᾱβ̄γ̄1, ā ɟ 1' = 000γ1, (ā ɟ 1')a = 000γ0, a ; 0' ɟ 0 = 11100,
ū = 0'α'̄β'̄γ'̄1', ū ɟ 0' = 0'0'0'γ'1', (ū ɟ 1') ; 1 = 0'0'0'1'1',
y = u + (ū ɟ 0') ; 1 = 1'α'β'1'1', z = (a ; 0' ɟ 0)y = 1''α''β''00.
Die drei ersten Ziffern von y mussten hier in z mit noch einem weitern
Accente versehen werden, um darauf hinzuweisen, dass nicht der volle Be-
stand der Zeilenkategorien 1', α', β' von y für z erhalten bleibt, sondern
nur soviel davon als unter die mehrbesetzten Zeilen 1αβ von a, d. h. in
die 111 des a ; 0' ɟ 0 hineinfällt; diese aber konserviren sich als mehr-
besetzte Zeilen für z sämtlich, weil y nur mehrbesetzte Zeilen hat. Nun
ist also x = (ā ɟ 1')a + z = 1''α''β''γ0, wo die drei ersten Ziffern, wenn
sie auch nicht Zeilenkomplexe repräsentiren, welche denen 1αβ von a
einzeln entsprechen, doch zusammen dasselbe Zeilensystem erfüllen, wie
diese. Es folgt sodann: x ; 0' = 1''1''1''γ̄0 = 111γ̄0 mit Rücksicht auf das
soeben Gesagte, mithin x ; 0' = a ; 0' wie zu zeigen gewesen.
Die Probe 2 besteht in dem Nachweise, dass die gefundene Lösung 26)
jede Wurzel x der Gleichung x ; 0' = a ; 0' zu liefern fähig ist, und zwar,
dass sie eine bestimmte x bei der Annahme u = x selber liefert. Aufgrund
der von x als erfüllt vorausgesetzten Gleichung ist also zu zeigen, dass
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Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 271. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/285>, abgerufen am 18.02.2025.
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