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

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§ 29. Zum dritten Inversionsproblem.

bindung a ; 0' = c, an j 1' = cn vorkommt. Sagt man wiederum a für dieses c
und b für u, so wird sich in der That schon als eine allgemeingültige Formel
beweisen lassen, dass unbedingt:
96) (a j 1')[b + an{(bn + an ; 0') j 1'} ; 0'] = (a j 1'){an + b + (bn j 1') ; 0'}.

Beweis. Die beiden Teilsubsumtionen dieser Gleichung L = R zer-
fallen selbst wieder, weil ihr Prädikat ein Produkt ist, und sind hievon die
Teilforderungen L a j 1' und R a j 1' schon augenscheinlich erfüllt.
Bleibt also nur noch zu zeigen, dass:
Rb + a{(bn + an ; 0') j 1'} ; 0' und L an + b + (bn j 1') ; 0',
d. h. bnR und abnL bezüglich dem letzten Gliede rechts. Das letztre rechts
vollends auf 0 gebracht läuft auf
abn(b ; 0' j 1')(a j 1') · a{(bn + an ; 0') j 1'} ; 0' = 0
hinaus, wobei noch der Faktor bn sich als irrelevant erweist. Ersetzt man
(a j 1')a durch a j 0, so kann man zunächst den aufgrund von 24) S. 255
und (a j 0)a = a j 0 leicht erweislichen Satz anwenden:
97) (a j 0) · ab ; c = (a j 0) · b ; c.
Darnach bleibt noch zu zeigen, dass
(a j 0)(b ; 0' j 1') · {(an ; 0' + bn) j 1'} ; 0' = 0.
Auch ohne genannten Satz würde aus letzterem die Behauptung schon a for-
tiori folgen.

Hierin lässt sich nun ferner der Term an ; 0' unterdrücken, wonach der
letzte Faktor als das Negat des vorletzten erscheint und die Behauptung ein-
leuchtet.

Jenes folgt daraus, dass überhaupt sein muss:
98) (a j 0) · {(an ; b + c) j d} ; e = (a j 0) · (c j d) ; e.
Denn multiplizirt man mit (a j 0)i j nämlich Phai h in die
SkPl(Smani mbm l + ci l + dl k)ek j
hinein, so wird wegen Zusammentreffens jedes ani m mit einem Faktor ai m des
Ph die ganze Sm getilgt.

Die Subsumtion für abnL ist hienach erfüllt, und bleibt noch die für bnR
nachzuweisen:
bnR = (a j 1')anbn + (a j 1')bn · (bn j 1') ; 0' a{(bn + an ; 0') j 1'} ; 0',
welche wegen des additiv zusammengesetzten Subjektes in zwei Teile zerfällt.
Der letzte leuchtet auch ohne den Faktor bn nach Umstellung der zwei letzten
Terme und Ausmultipliziren des a j 1' mit dem Negat der rechten Seite als
a · b(a j 1') ; 0' j 1' b ; 0' j 1'
daraus ein, dass der relative Vorsummand links bereits dem b ; 0' rechts
erscheint. Denn unterdrückt man identische Faktoren, so muss man allemal
Übergeordnetes erhalten.

Der andre Teil, rechts auf 0 gebracht, fordert ähnlich:
anbn{a · b(a j 1') ; 0' j 1'} = 0,

§ 29. Zum dritten Inversionsproblem.

bindung a ; 0' = c, ā ɟ 1' = c̄ vorkommt. Sagt man wiederum a für dieses c
und b für u, so wird sich in der That schon als eine allgemeingültige Formel
beweisen lassen, dass unbedingt:
96) (a ɟ 1')[b + ā{(b̄ + ā ; 0') ɟ 1'} ; 0'] = (a ɟ 1'){ā + b + (b̄ ɟ 1') ; 0'}.

Beweis. Die beiden Teilsubsumtionen dieser Gleichung L = R zer-
fallen selbst wieder, weil ihr Prädikat ein Produkt ist, und sind hievon die
Teilforderungen L ⋹ a ɟ 1' und R ⋹ a ɟ 1' schon augenscheinlich erfüllt.
Bleibt also nur noch zu zeigen, dass:
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d. h. b̄R und ab̄L bezüglich ⋹ dem letzten Gliede rechts. Das letztre rechts
vollends auf 0 gebracht läuft auf
ab̄(b ; 0' ɟ 1')(a ɟ 1') · a{(b̄ + ā ; 0') ɟ 1'} ; 0' = 0
hinaus, wobei noch der Faktor b̄ sich als irrelevant erweist. Ersetzt man
(a ɟ 1')a durch a ɟ 0, so kann man zunächst den aufgrund von 24) S. 255
und (a ɟ 0)a = a ɟ 0 leicht erweislichen Satz anwenden:
97) (a ɟ 0) · ab ; c = (a ɟ 0) · b ; c.
Darnach bleibt noch zu zeigen, dass
(a ɟ 0)(b ; 0' ɟ 1') · {(ā ; 0' + b̄) ɟ 1'} ; 0' = 0.
Auch ohne genannten Satz würde aus letzterem die Behauptung schon a for-
tiori folgen.

Hierin lässt sich nun ferner der Term ā ; 0' unterdrücken, wonach der
letzte Faktor als das Negat des vorletzten erscheint und die Behauptung ein-
leuchtet.

Jenes folgt daraus, dass überhaupt sein muss:
98) (a ɟ 0) · {(ā ; b + c) ɟ d} ; e = (a ɟ 0) · (c ɟ d) ; e.
Denn multiplizirt man mit (a ɟ 0)i j nämlich Πhai h in die
ΣkΠl(Σmāi mbm l + ci l + dl k)ek j
hinein, so wird wegen Zusammentreffens jedes āi m mit einem Faktor ai m des
Πh die ganze Σm getilgt.

Die Subsumtion für ab̄L ist hienach erfüllt, und bleibt noch die für b̄R
nachzuweisen:
b̄R = (a ɟ 1')āb̄ + (a ɟ 1')b̄ · (b̄ ɟ 1') ; 0' ⋹ a{(b̄ + ā ; 0') ɟ 1'} ; 0',
welche wegen des additiv zusammengesetzten Subjektes in zwei Teile zerfällt.
Der letzte leuchtet auch ohne den Faktor b̄ nach Umstellung der zwei letzten
Terme und Ausmultipliziren des a ɟ 1' mit dem Negat der rechten Seite als
a · b(a ɟ 1') ; 0' ɟ 1' ⋹ b ; 0' ɟ 1'
daraus ein, dass der relative Vorsummand links bereits ⋹ dem b ; 0' rechts
erscheint. Denn unterdrückt man identische Faktoren, so muss man allemal
Übergeordnetes erhalten.

Der andre Teil, rechts auf 0 gebracht, fordert ähnlich:
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[539/0553] § 29. Zum dritten Inversionsproblem. bindung a ; 0' = c, ā ɟ 1' = c̄ vorkommt. Sagt man wiederum a für dieses c und b für u, so wird sich in der That schon als eine allgemeingültige Formel beweisen lassen, dass unbedingt: 96) (a ɟ 1')[b + ā{(b̄ + ā ; 0') ɟ 1'} ; 0'] = (a ɟ 1'){ā + b + (b̄ ɟ 1') ; 0'}. Beweis. Die beiden Teilsubsumtionen dieser Gleichung L = R zer- fallen selbst wieder, weil ihr Prädikat ein Produkt ist, und sind hievon die Teilforderungen L ⋹ a ɟ 1' und R ⋹ a ɟ 1' schon augenscheinlich erfüllt. Bleibt also nur noch zu zeigen, dass: R⋹b + a{(b̄ + ā ; 0') ɟ 1'} ; 0' und L ⋹ ā + b + (b̄ ɟ 1') ; 0', d. h. b̄R und ab̄L bezüglich ⋹ dem letzten Gliede rechts. Das letztre rechts vollends auf 0 gebracht läuft auf ab̄(b ; 0' ɟ 1')(a ɟ 1') · a{(b̄ + ā ; 0') ɟ 1'} ; 0' = 0 hinaus, wobei noch der Faktor b̄ sich als irrelevant erweist. Ersetzt man (a ɟ 1')a durch a ɟ 0, so kann man zunächst den aufgrund von 24) S. 255 und (a ɟ 0)a = a ɟ 0 leicht erweislichen Satz anwenden: 97) (a ɟ 0) · ab ; c = (a ɟ 0) · b ; c. Darnach bleibt noch zu zeigen, dass (a ɟ 0)(b ; 0' ɟ 1') · {(ā ; 0' + b̄) ɟ 1'} ; 0' = 0. Auch ohne genannten Satz würde aus letzterem die Behauptung schon a for- tiori folgen. Hierin lässt sich nun ferner der Term ā ; 0' unterdrücken, wonach der letzte Faktor als das Negat des vorletzten erscheint und die Behauptung ein- leuchtet. Jenes folgt daraus, dass überhaupt sein muss: 98) (a ɟ 0) · {(ā ; b + c) ɟ d} ; e = (a ɟ 0) · (c ɟ d) ; e. Denn multiplizirt man mit (a ɟ 0)i j nämlich Πhai h in die ΣkΠl(Σmāi mbm l + ci l + dl k)ek j hinein, so wird wegen Zusammentreffens jedes āi m mit einem Faktor ai m des Πh die ganze Σm getilgt. Die Subsumtion für ab̄L ist hienach erfüllt, und bleibt noch die für b̄R nachzuweisen: b̄R = (a ɟ 1')āb̄ + (a ɟ 1')b̄ · (b̄ ɟ 1') ; 0' ⋹ a{(b̄ + ā ; 0') ɟ 1'} ; 0', welche wegen des additiv zusammengesetzten Subjektes in zwei Teile zerfällt. Der letzte leuchtet auch ohne den Faktor b̄ nach Umstellung der zwei letzten Terme und Ausmultipliziren des a ɟ 1' mit dem Negat der rechten Seite als a · b(a ɟ 1') ; 0' ɟ 1' ⋹ b ; 0' ɟ 1' daraus ein, dass der relative Vorsummand links bereits ⋹ dem b ; 0' rechts erscheint. Denn unterdrückt man identische Faktoren, so muss man allemal Übergeordnetes erhalten. Der andre Teil, rechts auf 0 gebracht, fordert ähnlich: āb̄{a · b(a ɟ 1') ; 0' ɟ 1'} = 0,

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 539. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/553>, abgerufen am 23.11.2024.

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