「選言除去の規則（∨Ｅ）」について（Ⅱ）。

―「返り点と括弧」に関しては、『「返り点」と「括弧」の関係（https://kannbunn.blogspot.com/2019/01/blog-post_21.html）』他をお読み下さい。―
（01）
最初にこれ（「選言除去の規則」についての説明）を読んでも、いったいどんな規則なのか、すぐには飲み込めないことでしょう。この規則がいわゆる「場合分けの原理」を表していることを理解する必要があります。
　証明における場合わけとは？
数学の証明において、「場合分けをして証明する」ということが頻繁にあります。すなわち、証明の途中で、場合Ｐと場合Ｑのどちらかになることを示します。そして、まず、Ｐの場合にＲが成り立つことを証明します。次に、Ｑの場合もＲが成り立つと証明します。これによって。結局Ｒそのものが成り立つと結論する、という議論の仕方です。
具体例を使って解説しましょう。次のような証明問題を考えてみます。
　例６．４　３で割りきれない自然数ｎに対して、「ｎの２乗」を「３で割った余り」は１であることを証明せよ。
先に解答を与えると以下です。
（解答）
３で割り切れない整数ｎは、３で割ると余り１または２となる。
（ⅰ）ｎを３で割ると、余り１の場合は、・・・・・・・。
（ⅱ）ｎを３で割ると、余り２の場合は、・・・・・・・。
（小島寛之、証明と論理に強くなる、2017年、１５７・８頁改）
しかしながら、
（02）
実を言ふと、
３で割り切れない整数ｎは、３で割ると余り１または２となる。
（ⅰ）ｎを３で割ると、余り１の場合は、・・・・・・・。
（ⅱ）ｎを３で割ると、余り２の場合は、・・・・・・・。
といふ「説明」は、「例」としては、「３分の２」しか、「正しく」はありません。
（03）
（ａ）
１　　（１）Ｐ＆Ｑ→Ｒ　Ａ
　２　（２）Ｐ　　　　　Ａ
　　３（３）　　Ｑ　　　Ａ
　２３（４）Ｐ＆Ｑ　　　２３＆Ｉ
１２３（５）　　　　Ｒ　１４ＭＰＰ
従って、
（03）により、
（04）
①「Ｐであって、Ｑである」ならば、　　「Ｒである。」といふのであれば、
①「Ｐであって、Ｑである」でなければ、「Ｒである。」とは、言へません。
然るに、
（05）
（ｂ）
１　　（１）Ｐ∨Ｑ→Ｒ　Ａ
　２　（２）Ｐ　　　　　Ａ
　２　（３）Ｐ∨Ｑ　　　２∨Ｉ
１２　（４）　　　　Ｒ　１３ＭＰＰ
（ｃ）
１　　（１）Ｐ∨Ｑ→Ｒ　Ａ
　２　（２）　　Ｑ　　　Ａ
　２　（３）Ｐ∨Ｑ　　　２∨Ｉ
１２　（４）　　　　Ｒ　１３ＭＰＰ
（ｄ）
１　　（１）Ｐ∨Ｑ→Ｒ　Ａ
　２　（２）Ｐ＆Ｑ　　　Ａ
　２　（３）Ｐ　　　　　２＆Ｅ
　２　（４）Ｐ∨Ｑ　　　２∨Ｉ
１２　（５）　　　　Ｒ　１４ＭＰＰ
従って、
（05）により、
（06）
①「Ｐであるか、または、Ｑであるならば、Ｒである。」といふのであれば、
②「Ｐであって、Ｑでないとしても」、　 「Ｒであり」、
③「Ｐでなくて、Ｑであるとしても」、   「Ｒであり」、
④「Ｐであって、Ｑであっても」、       「Ｒである」。
といふことに、なります。
従って、
（07）
「論理学」でいふ、「Ｐであるか、または、Ｑである」が「真」である場合には、「４－１＝３通り」が有ります。
ｃｆ.
数理論理学において論理和（ろんりわ、英語: Logical disjunction）とは、与えられた複数の命題のいずれか少なくとも一つが真であることを示す論理演算である。離接（りせつ）、選言（せんげん）とも呼び、ORとよく表す（ウィキペディア）。
然るに、
（08）
３で割り切れない整数ｎは、３で割ると余り１または２となる。としても、
（ⅰ）ｎを３で割ると余りが、　１　の場合は、・・・・・・・。
（ⅱ）ｎを３で割ると余りが、　２　の場合は、・・・・・・・。
（ⅲ）ｎを３で割ると余りが、１と２の場合は、・・・・・・・。
といふことは、有り得ません。
然るに、
（09）
例へば、
（ｅ）
１　　（１）Ｐ∨Ｑ　Ａ
　２　（２）Ｐ　　　Ａ
　２　（３）Ｑ∨Ｐ　２∨Ｉ
　　４（４）　　Ｑ　Ａ
　　４（５）Ｑ∨Ｐ　４∨Ｉ
であれば、
① Ｐから、 Ｑ∨Ｐ　を「証明」してゐて、その時点では、
② Ｑから　 Ｑ∨Ｐ　は「証明」してはゐません。
しかしながら、
（10）
１　　（１）Ｐ∨Ｑ　Ａ
　２　（２）Ｐ　　　Ａ
　２　（３）Ｑ∨Ｐ　２∨Ｉ
　　４（４）　　Ｑ　Ａ
　　４（５）Ｑ∨Ｐ　４∨Ｉ
であれば、
① 　Ｐから、 　Ｑ∨Ｐ　を「証明」した後で、それに続けて、
②　 Ｑから　　 Ｑ∨Ｐ　を「証明」し終へたならば、その時点では、
③ ＰとＱから、 Ｑ∨Ｐ　を「証明」したことに、なります。
従って、
（09）（10）により、
（11）
（ｅ）
１　　（１）Ｐ∨Ｑ　Ａ
　２　（２）Ｐ　　　Ａ
　２　（３）Ｑ∨Ｐ　２∨Ｉ
　　４（４）　　Ｑ　Ａ
　　４（５）Ｑ∨Ｐ　４∨Ｉ
（ｅ）
１　　（１）Ｐ∨Ｑ　Ａ
　２　（２）　　Ｑ　Ａ
　２　（３）Ｑ∨Ｐ　２∨Ｉ
　　４（４）Ｐ　　　Ａ
　　４（５）Ｑ∨Ｐ　４∨Ｉ
といふ「計算」は、その実、
① 　Ｐから、 　Ｑ∨Ｐ　を「証明」し、
②　 Ｑから　　 Ｑ∨Ｐ　を「証明」し、
③ ＰとＱから、 Ｑ∨Ｐ　を「証明」してゐます。
従って、
（11）により、
（12）
（ｆ）
１　　（１）　Ｐ∨（Ｑ＆Ｒ）　　　　Ａ
　２　（２）　Ｐ　　　　　　　　　　Ａ
　２　（２）　Ｐ∨Ｑ　　　　　　　　２∨Ｉ
　２　（３）　Ｐ∨Ｒ　　　　　　　　２∨Ｉ
　２　（４）（Ｐ∨Ｑ）＆（Ｐ∨Ｒ）　２３＆Ｉ
　　５（５）　　　　Ｑ＆Ｒ　　　　　Ａ
　　５（６）　　　　Ｑ　　　　　　　５＆Ｅ
　　５（７）　　　　　　Ｒ　　　　　５＆Ｅ
　　５（８）　Ｐ∨Ｑ　　　　　　　　６∨Ｉ
　　５（９）　　　　　　　Ｐ∨Ｒ　　７∨Ｉ
　　５（ア）（Ｐ∨Ｑ）＆（Ｐ∨Ｒ）　８９＆I
１　　（イ）（Ｐ∨Ｑ）＆（Ｐ∨Ｒ）　１２４５ア∨Ｅ
といふ「計算」も、その実、
① Ｐから、 　         （Ｐ∨Ｑ）＆（Ｐ∨Ｒ）　を「証明」し、
②       Ｑ＆Ｒ　から、（Ｐ∨Ｑ）＆（Ｐ∨Ｒ）　を「証明」し、
③ Ｐと（Ｑ＆Ｒ）から、（Ｐ∨Ｑ）＆（Ｐ∨Ｒ）　を「証明」してゐます。
然るに、
（13）
ちなみに、
（ｇ）
１　（１）　（Ｐ∨Ｑ）＆（Ｐ∨Ｒ）　Ａ
１　（２）　　Ｐ∨Ｑ　　　　　　　　１＆Ｅ
１　（３）～～Ｐ∨Ｑ　　　　　　　　２ＤＮ
１　（４）　～Ｐ→Ｑ　　　　　　　　３含意の定義
１　（５）　　　　　　　　Ｐ∨Ｒ　　１＆Ｅ
１　（６）　　　　　　～～Ｐ∨Ｒ　　５ＤＮ
１　（７）　　　　　　　～Ｐ→Ｒ　　６含意の定義
　２（８）　～Ｐ　　　　　　　　　　Ａ
１２（９）　　　　Ｑ　　　　　　　　４８ＭＰＰ
１２（ア）　　　　　　　　　　Ｒ　　７８ＭＰＰ
１２（イ）　　　　（Ｑ＆Ｒ）　　　　９ア＆Ｉ
１　（ウ）　～Ｐ→（Ｑ＆Ｒ）　　　　８イＣＰ
１　（エ）～～Ｐ∨（Ｑ＆Ｒ）　　　　ウ含意の定義
１　（オ）　　Ｐ∨（Ｑ＆Ｒ）　　　　エＤＮ
従って、
（12）（13）により、
（14）
（ｆ）　Ｐ∨（Ｑ＆Ｒ）
（ｇ）（Ｐ∨Ｑ）＆（Ｐ∨Ｒ）
に於いて、
（ｆ）＝（ｇ） である。
然るに、
（15）
（ｆ）　Ｐ∨（Ｑ＆Ｒ）
（ｇ）（Ｐ∨Ｑ）＆（Ｐ∨Ｒ）
に於いて、
（ｆ）＝（ｇ） であることを、「加法の分配法則」と言ひ、「数式」であれば、
（ｆ）　Ｐ＋（Ｑ×Ｒ）
（ｇ）（Ｐ＋Ｑ）×（Ｐ＋Ｒ）
に相当します。
然るに、
（16）
（ｆ）　２＋（３×４）　　　＝１４
（ｇ）（２＋３）×（２＋４）＝３０
従って、
（15）（16）により、
（17）
「加法の分配法則」は、「数学」では、成立しません。
平成３１年０４月２７日、毛利太。