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

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Zwölfte Vorlesung.

Wir wollen dies zunächst (auf eine Weise) für das untere oder Sub-
sumtionszeichen beweisen.

Sind h, k Elemente und ist k z ; h, so muss erstens h a sein.
Denn wäre h a, so hätten wir h an und z ; h z ; an, was 0 nach 16)
sein muss; wir kämen damit auf den Widerspruch k 0, q. e. d.

Zweitens muss k b sein; denn andernfalles gälte mit k bn auch
z ; k z ; bn = 0 und damit h 0, was unmöglich -- q. e. d. Endlich folgt
nicht minder:
z ; k z ; z ; h 1' ; h = h, wie z ; h z ; z ; k 1' ; k = k, q. e. d.

Bei (17) müssen also Einordnungen wie
(k z ; h), = (z ; h = k), (h z ; k), = (z ; k = h)
allemal die Kraft von Gleichungen haben, Gleichungen wie die beiden in
(z ; h = k) = (z ; k = h)
einander äquivalent sein.

Was aber die Einordnungen der umgekehrten Form z ; h k betrifft,
so hatten wir nach th) des § 30:
(z ; h k) = (z ; h = 0) + (z ; h = k), ebenso (z ; k h) = (z ; k = 0) + (z ; k = h).
Soferne h nicht dem a resp. k nicht dem b angehört, kann alsdann nur
-- und muss kraft 16) -- die erste Alternative rechts eintreten. Um
hingegen den Schluss auf die zweite Alternative, d. i. die letzte Gleichung
ziehen zu können, werden wir sonach der Prämisse noch die Voraussetzung
h a resp. k b beizufügen haben. D. h.

Es ist weiter zu statuiren der Satz:
25) Ph k{(z ; h k)(h a) (k b)(k z ; h)}{(z ; k h)(k b) (h a)(h z ; k)}
-- wobei die rückwärtigen Subsumtionen bereits mit der vorwärtigen 24)
a fortiori bewiesen erscheinen. Ebenso ist klar, dass mit 25) auch 24) als
rückwärtige Subsumtion, also Gleichung, mitbewiesen sein wird.

Der Beweis von 25) kann wiederum durch reductio ad absurdum
strenge geführt werden wie folgt -- obwol er mich in methodologischer
Hinsicht so noch nicht ganz befriedigt:

Wäre bei h a etwa z ; h = 0, so erhielten wir -- weil nach 1)
für z gleichwie für x sein muss: (h a) Sk(k b)(k z ; h) -- für das
die rechte Seite wahr machende k [welches von dem in 25) vorkommenden
unabhängig, vielleicht verschieden, zu denken] den Schluss k z ; h 0,
also k = 0 im Widerspruch mit dem bekannten Satze k 0, q. e. d.
Ebenso, wenn z ; k = 0 und k b sein sollte, so müsste ein h a exi-
stiren, welches verschwände, was widersinnig, q. e. d.

Unter den Annahmen h a und k b, oder wenigstens einer
bestimmten von ihnen, muss daher Äquivalenz bestehen zwischen je
zweien, mithin sämtlichen von den sechs Propositionen der folgenden
Thesis:

Zwölfte Vorlesung.

Wir wollen dies zunächst (auf eine Weise) für das untere oder Sub-
sumtionszeichen beweisen.

Sind h, k Elemente und ist k ⋹ z ; h, so muss erstens h ⋹ a sein.
Denn wäre h ⋹ a, so hätten wir h ⋹ ā und z ; h ⋹ z ; ā, was ⋹ 0 nach 16)
sein muss; wir kämen damit auf den Widerspruch k ⋹ 0, q. e. d.

Zweitens muss k ⋹ b sein; denn andernfalles gälte mit k ⋹ b̄ auch
z̆ ; k ⋹ z̆ ; b̄ = 0 und damit h ⋹ 0, was unmöglich — q. e. d. Endlich folgt
nicht minder:
z̆ ; k ⋹ z̆ ; z ; h ⋹ 1' ; h = h, wie z ; h ⋹ z ; z̆ ; k ⋹ 1' ; k = k, q. e. d.

Bei (17) müssen also Einordnungen wie
(k ⋹ z ; h), = (z ; h = k), (h ⋹ z̆ ; k), = (z̆ ; k = h)
allemal die Kraft von Gleichungen haben, Gleichungen wie die beiden in
(z ; h = k) = (z̆ ; k = h)
einander äquivalent sein.

Was aber die Einordnungen der umgekehrten Form z ; h ⋹ k betrifft,
so hatten wir nach ϑ) des § 30:
(z ; h ⋹ k) = (z ; h = 0) + (z ; h = k), ebenso (z̆ ; k ⋹ h) = (z̆ ; k = 0) + (z̆ ; k = h).
Soferne h nicht dem a resp. k nicht dem b angehört, kann alsdann nur
— und muss kraft 16) — die erste Alternative rechts eintreten. Um
hingegen den Schluss auf die zweite Alternative, d. i. die letzte Gleichung
ziehen zu können, werden wir sonach der Prämisse noch die Voraussetzung
h ⋹ a resp. k ⋹ b beizufügen haben. D. h.

Es ist weiter zu statuiren der Satz:
25) Πh k{(z ; h ⋹ k)(h ⋹ a) ⋹̿ (k ⋹ b)(k ⋹ z ; h)}{(z̆ ; k ⋹ h)(k ⋹ b) ⋹̿ (h ⋹ a)(h ⋹ z̆ ; k)}
— wobei die rückwärtigen Subsumtionen bereits mit der vorwärtigen 24)
a fortiori bewiesen erscheinen. Ebenso ist klar, dass mit 25) auch 24) als
rückwärtige Subsumtion, also Gleichung, mitbewiesen sein wird.

Der Beweis von 25) kann wiederum durch reductio ad absurdum
strenge geführt werden wie folgt — obwol er mich in methodologischer
Hinsicht so noch nicht ganz befriedigt:

Wäre bei h ⋹ a etwa z ; h = 0, so erhielten wir — weil nach 1)
für z gleichwie für x sein muss: (h ⋹ a) ⋹ Σk(k ⋹ b)(k ⋹ z ; h) — für das
die rechte Seite wahr machende k [welches von dem in 25) vorkommenden
unabhängig, vielleicht verschieden, zu denken] den Schluss k ⋹ z ; h ⋹ 0,
also k = 0 im Widerspruch mit dem bekannten Satze k ≠ 0, q. e. d.
Ebenso, wenn z̆ ; k = 0 und k ⋹ b sein sollte, so müsste ein h ⋹ a exi-
stiren, welches verschwände, was widersinnig, q. e. d.

Unter den Annahmen h ⋹ a und k ⋹ b, oder wenigstens einer
bestimmten von ihnen, muss daher Äquivalenz bestehen zwischen je
zweien, mithin sämtlichen von den sechs Propositionen der folgenden
Thesis:

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[612/0626] Zwölfte Vorlesung. Wir wollen dies zunächst (auf eine Weise) für das untere oder Sub- sumtionszeichen beweisen. Sind h, k Elemente und ist k ⋹ z ; h, so muss erstens h ⋹ a sein. Denn wäre h ⋹ a, so hätten wir h ⋹ ā und z ; h ⋹ z ; ā, was ⋹ 0 nach 16) sein muss; wir kämen damit auf den Widerspruch k ⋹ 0, q. e. d. Zweitens muss k ⋹ b sein; denn andernfalles gälte mit k ⋹ b̄ auch z̆ ; k ⋹ z̆ ; b̄ = 0 und damit h ⋹ 0, was unmöglich — q. e. d. Endlich folgt nicht minder: z̆ ; k ⋹ z̆ ; z ; h ⋹ 1' ; h = h, wie z ; h ⋹ z ; z̆ ; k ⋹ 1' ; k = k, q. e. d. Bei (17) müssen also Einordnungen wie (k ⋹ z ; h), = (z ; h = k), (h ⋹ z̆ ; k), = (z̆ ; k = h) allemal die Kraft von Gleichungen haben, Gleichungen wie die beiden in (z ; h = k) = (z̆ ; k = h) einander äquivalent sein. Was aber die Einordnungen der umgekehrten Form z ; h ⋹ k betrifft, so hatten wir nach ϑ) des § 30: (z ; h ⋹ k) = (z ; h = 0) + (z ; h = k), ebenso (z̆ ; k ⋹ h) = (z̆ ; k = 0) + (z̆ ; k = h). Soferne h nicht dem a resp. k nicht dem b angehört, kann alsdann nur — und muss kraft 16) — die erste Alternative rechts eintreten. Um hingegen den Schluss auf die zweite Alternative, d. i. die letzte Gleichung ziehen zu können, werden wir sonach der Prämisse noch die Voraussetzung h ⋹ a resp. k ⋹ b beizufügen haben. D. h. Es ist weiter zu statuiren der Satz: 25) Πh k{(z ; h ⋹ k)(h ⋹ a) ⋹̿ (k ⋹ b)(k ⋹ z ; h)}{(z̆ ; k ⋹ h)(k ⋹ b) ⋹̿ (h ⋹ a)(h ⋹ z̆ ; k)} — wobei die rückwärtigen Subsumtionen bereits mit der vorwärtigen 24) a fortiori bewiesen erscheinen. Ebenso ist klar, dass mit 25) auch 24) als rückwärtige Subsumtion, also Gleichung, mitbewiesen sein wird. Der Beweis von 25) kann wiederum durch reductio ad absurdum strenge geführt werden wie folgt — obwol er mich in methodologischer Hinsicht so noch nicht ganz befriedigt: Wäre bei h ⋹ a etwa z ; h = 0, so erhielten wir — weil nach 1) für z gleichwie für x sein muss: (h ⋹ a) ⋹ Σk(k ⋹ b)(k ⋹ z ; h) — für das die rechte Seite wahr machende k [welches von dem in 25) vorkommenden unabhängig, vielleicht verschieden, zu denken] den Schluss k ⋹ z ; h ⋹ 0, also k = 0 im Widerspruch mit dem bekannten Satze k ≠ 0, q. e. d. Ebenso, wenn z̆ ; k = 0 und k ⋹ b sein sollte, so müsste ein h ⋹ a exi- stiren, welches verschwände, was widersinnig, q. e. d. Unter den Annahmen h ⋹ a und k ⋹ b, oder wenigstens einer bestimmten von ihnen, muss daher Äquivalenz bestehen zwischen je zweien, mithin sämtlichen von den sechs Propositionen der folgenden Thesis:

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Zitationshilfe:	Schröder, Ernst: Vorlesungen über die Algebra der Logik. Bd. 3, Abt. 1. Leipzig, 1895, S. 612. In: Deutsches Textarchiv <https://www.deutschestextarchiv.de/schroeder_logik03_1895/626>, abgerufen am 23.11.2024.

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