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

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Neunte Vorlesung.

zu gelten braucht. Was nämlich die zweite Subsumtion betrifft, deren
Prädikat in (b + u) mal dem zuletzt angegebnen zerfällt, so lässt sich aller-
dings zeigen, dass ihr Subjekt
La ; u · a ; {an j (b + u)} a ; an j (b + u) 0' j (b + u) = b + u
ist, weshalb dieser Faktor beim Prädikate unterdrückbar war.

Immerhin gibt es ausgedehnte Klassen von Fällen, worin die Be-
ziehungen 24) zutreffen und dann statt 23) der Ausdruck x = f(u) selbst
die Wurzel vorstellt, dazu auch andre, wo wenigstens in halbgeschlossener
Form eine Lösung möglich.

Ein bemerkenswertester Fall jener Art liegt vor, wenn in unserm
Probleme 23) a Kette, somit durch a0 vertreten ist.

Die linke Seite L = a0 ; bn(a0 ; u) der ersten Subsumtion 24) ist dann
nämlich a0 ; a0 ; u = a0 ; u, somit L R, und die L der zweiten Sub-
sumtion 24) ist a0 ; {an1 j (b + u)} a0 ; an1 j (b + u) = an1 j (b + u) nach 14)
rechts, somit auch hier L R. Sonach müssen wir haben:
25) [Formel 1] ,
-- womit zum Überfluss auch beide Proben zu leisten nach Bisherigem
ein Leichtes ist.

Auf dieses Schema lassen sich auch noch andre Partikularfälle der
Aufgabe 4 zurückführen, darunter zum Glück gerade derjenige, der für die
völlige Lösung unsrer Aufg. 3 (im zweiten Lösungsverfahren) unentbehr-
lich gewesen.

Es gilt nämlich der Satz:
26) (a ; x x + b) (a ; x x + a0 ; b) = (a0 ; x x + a0 ; b),
dessen erster Teil sich aus D 45 (b a0 ; b) a fortiori versteht. Die so als
Konklusion gewonnene zweite Subsumtion kann man von da weiter schliessend
mit der selbstverständlichen a ; a0 ; b a0 ; b x + a0 ; b zusammenziehen zu:
a ; (x + a0 ; b) x + a0 ; b,
was sich nach D 51 äquivalent umschreibt in
a0 ; (x + a0 ; b) = x + a0 ; b
oder wegen a0 ; a0 = a0 in a0 ; x + a0 ; b = x + a0 ; b und die Folgerung in-
volvirt: a0 ; x x + a0 ; b, womit die dritte Subsumtion 26) gewonnen ist.
Aus dieser fliesst aber auch umgekehrt wegen a ; x a0 ; x a fortiori die
zweite, sodass die beiden als äquivalent erkannt sind, q. e. d.

Die Einordnung der ersten Subsumtion 26) unter die dritte kann als
eine Ausdehnung von Dedekind's Satz D 51 hingestellt werden, in den
sie für b = 0 (dann b für x gesagt) übergeht. Natürlich konnte man
diesen Satz auch leicht mittelst überschiebenden Addirens einer unbegrenzten
Reihe von Folgerungen aus der ersten Subsumtion 26): 1' ; x x + b,
a ; x x + b, a ; a ; x a ; x + a ; b x + b + a ; b, etc. gewinnen.

Durch den zweiten Teil von 26) erscheint aber das mittlere Problem
dieser Zeile auf das Schema 25) zurückgeführt und können wir darnach
sogleich auch die Aufgabe mit zwei Lösungsformen hinschreiben:

Neunte Vorlesung.

zu gelten braucht. Was nämlich die zweite Subsumtion betrifft, deren
Prädikat in (b + u) mal dem zuletzt angegebnen zerfällt, so lässt sich aller-
dings zeigen, dass ihr Subjekt
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ist, weshalb dieser Faktor beim Prädikate unterdrückbar war.

Ein bemerkenswertester Fall jener Art liegt vor, wenn in unserm
Probleme 23) a Kette, somit durch a0 vertreten ist.

Die linke Seite L = a0 ; b̄(a0 ; u) der ersten Subsumtion 24) ist dann
nämlich ⋹ a0 ; a0 ; u = a0 ; u, somit L ⋹ R, und die L der zweiten Sub-
sumtion 24) ist ⋹ a0 ; {ā̆1 ɟ (b + u)} ⋹ a0 ; ā̆1 ɟ (b + u) = ā̆1 ɟ (b + u) nach 14)
rechts, somit auch hier L ⋹ R. Sonach müssen wir haben:
25) [Formel 1] ,
— womit zum Überfluss auch beide Proben zu leisten nach Bisherigem
ein Leichtes ist.

Es gilt nämlich der Satz:
26) (a ; x ⋹ x + b) ⋹ (a ; x ⋹ x + a0 ; b) = (a0 ; x ⋹ x + a0 ; b),
dessen erster Teil sich aus D 45 (b ⋹ a0 ; b) a fortiori versteht. Die so als
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mit der selbstverständlichen a ; a0 ; b ⋹ a0 ; b ⋹ x + a0 ; b zusammenziehen zu:
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oder wegen a0 ; a0 = a0 in a0 ; x + a0 ; b = x + a0 ; b und die Folgerung in-
volvirt: a0 ; x ⋹ x + a0 ; b, womit die dritte Subsumtion 26) gewonnen ist.
Aus dieser fliesst aber auch umgekehrt wegen a ; x ⋹ a0 ; x a fortiori die
zweite, sodass die beiden als äquivalent erkannt sind, q. e. d.

Die Einordnung der ersten Subsumtion 26) unter die dritte kann als
eine Ausdehnung von Dedekind’s Satz D 51 hingestellt werden, in den
sie für b = 0 (dann b für x gesagt) übergeht. Natürlich konnte man
diesen Satz auch leicht mittelst überschiebenden Addirens einer unbegrenzten
Reihe von Folgerungen aus der ersten Subsumtion 26): 1' ; x ⋹ x + b,
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[398/0412] Neunte Vorlesung. zu gelten braucht. Was nämlich die zweite Subsumtion betrifft, deren Prädikat in (b + u) mal dem zuletzt angegebnen zerfällt, so lässt sich aller- dings zeigen, dass ihr Subjekt L⋹a ; u · a ; {ā̆ ɟ (b + u)} ⋹ a ; ā̆ ɟ (b + u) ⋹ 0' ɟ (b + u) = b + u ist, weshalb dieser Faktor beim Prädikate unterdrückbar war. Immerhin gibt es ausgedehnte Klassen von Fällen, worin die Be- ziehungen 24) zutreffen und dann statt 23) der Ausdruck x = f(u) selbst die Wurzel vorstellt, dazu auch andre, wo wenigstens in halbgeschlossener Form eine Lösung möglich. Ein bemerkenswertester Fall jener Art liegt vor, wenn in unserm Probleme 23) a Kette, somit durch a0 vertreten ist. Die linke Seite L = a0 ; b̄(a0 ; u) der ersten Subsumtion 24) ist dann nämlich ⋹ a0 ; a0 ; u = a0 ; u, somit L ⋹ R, und die L der zweiten Sub- sumtion 24) ist ⋹ a0 ; {ā̆1 ɟ (b + u)} ⋹ a0 ; ā̆1 ɟ (b + u) = ā̆1 ɟ (b + u) nach 14) rechts, somit auch hier L ⋹ R. Sonach müssen wir haben: 25) [FORMEL], — womit zum Überfluss auch beide Proben zu leisten nach Bisherigem ein Leichtes ist. Auf dieses Schema lassen sich auch noch andre Partikularfälle der Aufgabe 4 zurückführen, darunter zum Glück gerade derjenige, der für die völlige Lösung unsrer Aufg. 3 (im zweiten Lösungsverfahren) unentbehr- lich gewesen. Es gilt nämlich der Satz: 26) (a ; x ⋹ x + b) ⋹ (a ; x ⋹ x + a0 ; b) = (a0 ; x ⋹ x + a0 ; b), dessen erster Teil sich aus D 45 (b ⋹ a0 ; b) a fortiori versteht. Die so als Konklusion gewonnene zweite Subsumtion kann man von da weiter schliessend mit der selbstverständlichen a ; a0 ; b ⋹ a0 ; b ⋹ x + a0 ; b zusammenziehen zu: a ; (x + a0 ; b) ⋹ x + a0 ; b, was sich nach D 51 äquivalent umschreibt in a0 ; (x + a0 ; b) = x + a0 ; b oder wegen a0 ; a0 = a0 in a0 ; x + a0 ; b = x + a0 ; b und die Folgerung in- volvirt: a0 ; x ⋹ x + a0 ; b, womit die dritte Subsumtion 26) gewonnen ist. Aus dieser fliesst aber auch umgekehrt wegen a ; x ⋹ a0 ; x a fortiori die zweite, sodass die beiden als äquivalent erkannt sind, q. e. d. Die Einordnung der ersten Subsumtion 26) unter die dritte kann als eine Ausdehnung von Dedekind’s Satz D 51 hingestellt werden, in den sie für b = 0 (dann b für x gesagt) übergeht. Natürlich konnte man diesen Satz auch leicht mittelst überschiebenden Addirens einer unbegrenzten Reihe von Folgerungen aus der ersten Subsumtion 26): 1' ; x ⋹ x + b, a ; x ⋹ x + b, a ; a ; x ⋹ a ; x + a ; b ⋹ x + b + a ; b, etc. gewinnen. Durch den zweiten Teil von 26) erscheint aber das mittlere Problem dieser Zeile auf das Schema 25) zurückgeführt und können wir darnach sogleich auch die Aufgabe mit zwei Lösungsformen hinschreiben:

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 398. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/412>, abgerufen am 23.11.2024.

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