（01）
｛変数ｘの変域｝＝｛ａ，ｂ，ｃ｝ であるとする。
然るに、
（01）により、
（02）
② ∃ｘ∃ｙ（Ｐｘ＆Ｐｙ）⇔
②｛（Ｐａ＆Ｐａ）∨（Ｐａ＆Ｐｂ）∨（Ｐａ＆Ｐｃ）｝∨｛（Ｐｂ＆Ｐａ）∨（Ｐｂ＆Ｐｂ）∨（Ｐｂ＆Ｐｃ）｝∨｛（Ｐｃ＆Ｐａ）∨（Ｐｃ＆Ｐｂ）∨（Ｐｃ＆Ｐｃ）｝
然るに、
（03）
① Ｐａ⇔Ｐａ＆Ｐａ
②｛（Ｐａ＆Ｐａ）∨（Ｐａ＆Ｐｂ）∨（Ｐａ＆Ｐｃ）｝∨｛（Ｐｂ＆Ｐａ）∨（Ｐｂ＆Ｐｂ）∨（Ｐｂ＆Ｐｃ）｝∨｛（Ｐｃ＆Ｐａ）∨（Ｐｃ＆Ｐｂ）∨（Ｐｃ＆Ｐｃ）｝
に於いて、
① ならば、② である。
従って、
（02）（03）により、
（04）
① Ｐａ
② ∃ｘ∃ｙ（Ｐｘ＆Ｐｙ）
に於いて、
① ならば、② である。
従って、
（01）（04）により、
（05）
①｛ａ，ｂ，ｃ｝の中の、｛ａ｝だけが、｛Ｐａ｝であるとしても、
② ∃ｘ∃ｙ（Ｐｘ＆Ｐｙ） である。
従って、
（05）により、
（06）
② ∃ｘ∃ｙ（Ｐｘ＆Ｐｙ）
③ 性質Ｐを持つものが、少なくとも、二つ有る。
に於いて、
② であるとしても、
③ であるとは、限らない。
然るに、
（07）
② ∃ｘ∃ｙ（Ｐｘ＆Ｐｙ）
ではなく、
③ ∃ｘ∃ｙ（ｘ≠ｙ＆Ｐｘ＆Ｐｙ）
であるならば、
②｛（Ｐａ＆Ｐａ）∨（Ｐａ＆Ｐｂ）∨（Ｐａ＆Ｐｃ）｝∨｛（Ｐｂ＆Ｐａ）∨（Ｐｂ＆Ｐｂ）∨（Ｐｂ＆Ｐｃ）｝∨｛（Ｐｃ＆Ｐａ）∨（Ｐｃ＆Ｐｂ）∨（Ｐｃ＆Ｐｃ）｝
ではなく、
③｛（Ｐａ＆Ｐｂ）∨（Ｐａ＆Ｐｃ）｝∨｛（Ｐｂ＆Ｐａ）∨（Ｐｂ＆Ｐｃ）｝∨｛（Ｐｃ＆Ｐａ）∨（Ｐｃ＆Ｐｂ）｝
である。
然るに、
（08）
③｛（Ｐａ＆Ｐｂ）∨（Ｐａ＆Ｐｃ）｝∨｛（Ｐｂ＆Ｐａ）∨（Ｐｂ＆Ｐｃ）｝∨｛（Ｐｃ＆Ｐａ）∨（Ｐｃ＆Ｐｂ）｝
であるならば、
③ 性質Ｐを持つものが、少なくとも、二つ有る。
従って、
（07）（08）により、
（09）
③ ∃ｘ∃ｙ（ｘ≠ｙ＆Ｐｘ＆Ｐｙ）
といふ「命題」は、
③ 性質Ｐを持つものが、少なくとも、二つ有る。
といふ「命題」に「等しい」。
然るに、
（10）
（ⅳ）
１ （１）∀ｚ（Ｐｚ→ ｚ＝ｘ∨ｚ＝ｙ） Ａ
１ （２） Ｐａ→ ａ＝ｘ∨ａ＝ｙ Ａ
３（３） ａ≠ｘ＆ａ≠ｙ Ａ
３（４） ～（ａ＝ｘ∨ａ＝ｙ） ３ド・モルガンの法則
１３（５） ～Ｐａ ２４ＭＴＴ
１ （６） ａ≠ｘ＆ａ≠ｙ→～Ｐａ ３５ＣＰ
１ （７）∀ｚ（ｚ≠ｘ＆ｚ≠ｙ→～Ｐｚ） ６ＵＩ
（ⅴ）
１ （１）∀ｚ（ｚ≠ｘ＆ｚ≠ｙ→～Ｐｚ） Ａ
１ （２） ａ≠ｘ＆ａ≠ｙ→～Ｐａ １ＵＥ
３（３） Ｐａ Ａ
３（４） ～～Ｐａ ３ＤＮ
１３（５） ～（ａ＝ｘ∨ａ＝ｙ） １４ＭＴＴ
１３（６） ａ≠ｘ＆ａ≠ｙ ５ド・モルガンの法則
１ （７） Ｐａ→ ａ＝ｘ∨ａ＝ｙ ３６ＣＰ
１ （８）∀ｚ（Ｐｚ→ ｚ＝ｘ∨ｚ＝ｙ） ７ＵＩ
従って、
（11）
④ ∀ｚ（Ｐｚ→ ｚ＝ｘ∨ｚ＝ｙ）
⑤ ∀ｚ（ｚ≠ｘ＆ｚ≠ｙ→～Ｐｚ）
に於いて、すなはち、
④ すべてのｚについて（ｚがＰであるならば、ｚはｘであるか、または、ｚはｙである）。
⑤ すべてのｚについて（ｚがｘではなく、 ｚがｙでもないならば、ｚはＰではない）。
に於いて、
④＝⑤ である。
従って、
（09）（10）（11）により、
（12）
④ ∃ｘ∃ｙ｛ｘ≠ｙ＆Ｐｘ＆Ｐｙ＆∀ｚ（Ｐｚ→ｚ＝ｘ∨ｚ＝ｙ）｝
といふ「命題」は、
④ 性質Ｐを持つものが、少なくとも、二つ有るが、その二つ以外にはない。
といふ「命題」、すなはち、
④ 性質Ｐを持つものが、ちょうど二つだけある。
といふ「命題」に、「等しい」。
従って、
（01）～（12）により、
（13）
例題１.５. 「性質Ｐを持つものが、二つだけある。」という主張を記号を用いて表せ。
［別解］ ∃ｘ∃ｙ｛ｘ≠ｙ＆Ｐｘ＆Ｐｙ＆∀ｚ（Ｐｚ→ｚ＝ｘ∨ｚ＝ｙ）｝
（上江洲忠弘、述語論理入門、2007年、９頁）
に於ける、［別解］は、「正しい」。
従って、
（13）により、
（14）
⑤ ∃ｘ∃ｙ｛ｘ≠ｙ＆君ｘ＆我ｙ＆天下英雄ｘ＆天下英雄ｙ＆∀ｚ（天下英雄ｚ→ｚ＝ｘ∨ｚ＝ｙ）｝
といふ「命題」は、
⑤ あるｘは君であり、あるｙは我であり、ｘは天下の英雄であり、ｙは天下の英雄であり、天下の英雄は、他にはゐない。
といふ「命題」に、「等しい」。
従って、
（14）により、
（15）
⑤ 天下英雄唯君与我（天下の英雄は唯、君と我のみ）。
といふ「漢文」は、
⑤ ∃ｘ∃ｙ｛ｘ≠ｙ＆君ｘ＆我ｙ＆天下英雄ｘ＆天下英雄ｙ＆∀ｚ（天下英雄ｚ→ｚ＝ｘ∨ｚ＝ｙ）｝
といふ「述語論理式」に、「等しい」。
令和５年４月９日、毛利太。
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