「排他的選言」の「３つの定義」。

（01）
「太郎かあるいは次郎が辞書を持っている」といわれるとき、
「太郎が辞書を持っている」と、
「次郎が辞書を持っている」の二つの命題は同時に真になることが可能である。
このような選言は「両立的選言」と呼ばれる。
「太郎は３階か５階にいる」と言われるとき、
「太郎は３階にいる」と
「太郎は５階にいる」の二つの命題が同時に真になることはありえない。
このような選言は「排他的選言」である。
「論理学」の「・・・あるいは・・・」は「両立的選言」に決めてある。
それは「論理学」の体系がよりシンプルなものになるからである。とりわけ、
「∨」を「両立的選言」に決めておけば、「排他的選言」の方は
「∨と＆と～」によって簡単に表現できる―（Ｐ∨Ｑ）＆～（Ｐ＆Ｑ）―
（昭和堂、論理学の基礎、1994年、１１頁）。
従って、
（02）
①（Ｐ∨Ｑ）＆～（Ｐ＆Ｑ）
といふ「論理式」、すなはち、「日本語」で言ふところの、
①（Ｐであるか、または、Ｑである）が、ただし、（ＰであってＱである）といふことはない。
といふ「命題」は、「排他的選言」である。
然るに、
（03）
「（日本語の）直観的」からすれば、
①（Ｐであるか、または、Ｑである）が、（ＰであってＱである）といふことはない。
②（Ｐでないならば、Ｑであって）、（Ｐであるならば、Ｑでない）。
③（ＰとＱが、「同時に真」になること、並びに、ＰとＱが「同時に偽」になる）といふことはない。
に於いて、
①＝②＝③ である。
従って、
（03）により、
（04）
「論理式」で書くならば、
①　 （Ｐ∨　Ｑ）＆～（Ｐ＆　Ｑ）
② （～Ｐ→　Ｑ）＆　（Ｐ→～Ｑ）
③ ～（Ｐ⇔　Ｑ）
に於いて、
①＝②＝③ である。
然るに、
（05）
（ⅰ）
１　　　　　　　（１）　　（Ｐ∨　Ｑ）＆～（Ｐ＆　Ｑ）　Ａ
１　　　　　　　（２）　　　Ｐ∨　Ｑ　　　　　　　　　　１＆Ｅ
　３　　　　　　（３）　　～Ｐ＆～Ｑ　　　　　　　　　　Ａ
　　４　　　　　（４）　　　Ｐ　　　　　　　　　　　　　Ａ
　３　　　　　　（５）　　～Ｐ　　　　　　　　　　　　　３＆Ｅ
　３４　　　　　（６）　　　Ｐ＆～Ｐ　　　　　　　　　　４５＆Ｉ
　　４　　　　　（７）～（～Ｐ＆～Ｑ）　　　　　　　　　３６ＲＡＡ
　　　８　　　　（８）　　　　　　Ｑ　　　　　　　　　　Ａ
　３　　　　　　（９）　　　　　～Ｑ　　　　　　　　　　３＆Ｅ
　３　８　　　　（ア）　　　Ｑ＆～Ｑ　　　　　　　　　　８９＆Ｉ
　　　８　　　　（イ）～（～Ｐ＆～Ｑ）　　　　　　　　　３アＲＡＡ
１　　　　　　　（ウ）～（～Ｐ＆～Ｑ）　　　　　　　　　２４７８イ∨Ｅ
　　　　エ　　　（エ）　　～Ｐ　　　　　　　　　　　　　Ａ
　　　　　オ　　（オ）　　　　　～Ｑ　　　　　　　　　　Ａ
　　　　エオ　　（カ）　　～Ｐ＆～Ｑ　　　　　　　　　　エオ＆Ｉ
１　　　エオ　　（キ）～（～Ｐ＆～Ｑ）＆（～Ｐ＆～Ｑ）　ウカ＆Ｉ
１　　　エ　　　（ク）　　　　～～Ｑ　　　　　　　　　　オキＲＡＡ
１　　　エ　　　（ケ）　　　　　　Ｑ　　　　　　　　　　クＤＮ
１　　　　　　　（コ）　　～Ｐ→　Ｑ　　　　　　　　　　エケＣＰ
１　　　　　　　（サ）　　　　　　　　　～（Ｐ＆　Ｑ）　Ａ
　　　　　　シ　（シ）　　　　　　　　　　　Ｐ　　　　　Ａ
　　　　　　　ス（ス）　　　　　　　　　　　　　　Ｑ　　Ａ
　　　　　　シス（セ）　　　　　　　　　　　Ｐ＆　Ｑ　　シス＆Ｉ
１　　　　　シス（ソ）　　～（Ｐ＆　Ｑ）＆（Ｐ＆　Ｑ）　サセ＆Ｉ
１　　　　　シ　（タ）　　　　　　　　　　　　　～Ｑ　　スソＲＡＡ
１　　　　　　　（チ）　　　　　　　　　　　Ｐ→～Ｑ　　シタＣＰ
１　　　　　　　（ツ）　　（～Ｐ→　Ｑ）＆（Ｐ→～Ｑ）　コチ＆Ｉ
（ⅱ）
１　　　　　　　（１）　　（～Ｐ→　Ｑ）＆（Ｐ→～Ｑ）　Ａ
１　　　　　　　（２）　　（～Ｐ→　Ｑ）　　　　　　　　１＆Ｅ
　３　　　　　　（３）　～（　Ｐ∨　Ｑ）　　　　　　　　Ａ
　　４　　　　　（４）　　　　Ｐ　　　　　　　　　　　　Ａ
　　４　　　　　（５）　　　　Ｐ∨　Ｑ　　　　　　　　　４∨Ｉ
　３４　　　　　（６）　～（　Ｐ∨　Ｑ）＆（Ｐ∨　Ｑ）　３５＆Ｉ
　３　　　　　　（７）　　　～Ｐ　　　　　　　　　　　　３６ＲＡＡ
　　　８　　　　（８）　　　　　　　Ｑ　　　　　　　　　Ａ
　　　８　　　　（９）　　　　Ｐ∨　Ｑ　　　　　　　　　８∨Ｉ
　３　８　　　　（ア）　～（　Ｐ∨　Ｑ）＆（Ｐ∨　Ｑ）　３９＆Ｉ
　３　　　　　　（イ）　　　　　　～Ｑ　　　　　　　　　８アＲＡＡ
１３　　　　　　（ウ）　　　　　　　Ｑ　　　　　　　　　２７ＭＰＰ
１３　　　　　　（エ）　　　　～Ｑ＆Ｑ　　　　　　　　　イウ＆Ｉ
１　　　　　　　（オ）～～（　Ｐ∨　Ｑ）　　　　　　　　３エ
１　　　　　　　（カ）　　　　Ｐ∨　Ｑ　　　　　　　　　オＤＮ
１　　　　　　　（キ）　　　　　　　　　　　Ｐ→～Ｑ　　１＆Ｅ
　　　　ク　　　（ク）　　　　　　　　　　　Ｐ＆　Ｑ　　Ａ
　　　　ク　　　（ケ）　　　　　　　　　　　Ｐ　　　　　ク＆Ｅ
１　　　ク　　　（コ）　　　　　　　　　　　　　～Ｑ　　キケＭＰＰ
　　　　ク　　　（サ）　　　　　　　　　　　　　　Ｑ　　ク＆Ｅ
１　　　ク　　　（シ）　　　　　　　　　　　～Ｑ＆Ｑ　　コサ＆Ｉ
１　　　　　　　（ス）　　　　　　　　　～（Ｐ＆　Ｑ）　クシＲＡＡ
１　　　　　　　（セ）　　（Ｐ∨　Ｑ）＆～（Ｐ＆　Ｑ）　カス＆Ｉ
従って、
（05）により、
（06）
①（　Ｐ∨Ｑ）＆～（Ｐ＆　Ｑ）
②（～Ｐ→Ｑ）＆　（Ｐ→～Ｑ）
に於いて、
①＝② である。
然るに、
（07）
（ⅱ）
１　　　　　　（１）　（～Ｐ→Ｑ）＆（Ｐ→～Ｑ）　　Ａ
　　　　　　　（２）　　～Ｐ　　　∨　Ｐ　　　　　　排中律
１　　　　　　（３）　　～Ｐ→Ｑ　　　　　　　　　　１＆Ｅ
　４　　　　　（４）　　～Ｐ　　　　　　　　　　　　Ａ
１４　　　　　（５）　　　　　Ｑ　　　　　　　　　　３４ＭＰＰ
１４　　　　　（６）　　～Ｐ＆Ｑ　　　　　　　　　　４５＆Ｉ
１４　　　　　（７）　（～Ｐ＆Ｑ）∨（Ｐ＆～Ｑ）　　６∨Ｉ
１　　　　　　（８）　　　　　　　　　Ｐ→～Ｑ　　　１＆Ｅ
　　９　　　　（９）　　　　　　　　　Ｐ　　　　　　Ａ
１　９　　　　（ア）　　　　　　　　　　　～Ｑ　　　８９ＭＰＰ
１　９　　　　（イ）　　　　　　　　　Ｐ＆～Ｑ　　　９ア＆Ｉ
１　９　　　　（ウ）　（～Ｐ＆Ｑ）∨（Ｐ＆～Ｑ）　　イ∨Ｉ
１　　　　　　（エ）　（～Ｐ＆Ｑ）∨（Ｐ＆～Ｑ）　　２４７９ウ∨Ｅ
　　　オ　　　（オ）　　　　　　　　（Ｐ＆～Ｑ）　　Ａ
　　　　カ　　（カ）　　　　　　　　　Ｐ→　Ｑ　　　Ａ
　　　オ　　　（キ）　　　　　　　　　Ｐ　　　　　　オ＆Ｅ
　　　オカ　　（ク）　　　　　　　　　　　　Ｑ　　　カキＭＰＰ
　　　オ　　　（ケ）　　　　　　　　　　　～Ｑ　　　オ＆Ｅ
　　　オカ　　（コ）　　　　　　　　　Ｑ＆～Ｑ　　　クケ＆Ｉ
　　　オ　　　（サ）　　　　　　　～（Ｐ→　Ｑ）　　カコＲＡＡ
　　　オ　　　（シ）　～（Ｐ→Ｑ）∨～（Ｑ→Ｐ）　　サ∨Ｉ
　　　　　ス　（ス）　（～Ｐ＆Ｑ）　　　　　　　　　Ａ
　　　　　　セ（セ）　　　Ｑ→Ｐ　　　　　　　　　　Ａ
　　　　　ス　（ソ）　　　Ｑ　　　　　　　　　　　　ス＆Ｅ
　　　　　スセ（タ）　　　　　Ｐ　　　　　　　　　　セソＭＰＰ
　　　　　ス　（チ）　　～Ｐ　　　　　　　　　　　　ス＆Ｅ
　　　　　スセ（ツ）　　～Ｐ＆Ｐ　　　　　　　　　　タチ＆Ｉ
　　　　　ス　（テ）　～（Ｑ→Ｐ）　　　　　　　　　セツＲＡＡ
　　　　　ス　（ト）　～（Ｐ→Ｑ）∨～（Ｑ→Ｐ）　　テ∨Ｉ
１　　　　　　（ナ）　～（Ｐ→Ｑ）∨～（Ｑ→Ｐ）　　エオシスト∨Ｅ
１　　　　　　（ニ）～｛（Ｐ→Ｑ）＆　（Ｑ→Ｐ）｝　ナ、ド・モルガンの法則
１　　　　　　（ヌ）　～（Ｐ⇔Ｑ）　　　　　　　　　ニＤｆ.⇔
（ⅲ）
１　　　　　　（１）　　　～（Ｐ⇔Ｑ）　　　　　　　　　　　Ａ
１　　　　　　（２）　　～｛（Ｐ→Ｑ）＆　　（Ｑ→Ｐ）｝　　１Ｄｆ.⇔
１　　　　　　（３）　　　～（Ｐ→Ｑ）∨　～（Ｑ→Ｐ）　　　２ド・モルガンの法則
　４　　　　　（４）　～｛（～Ｐ→Ｑ）＆　（Ｐ→～Ｑ）｝　　Ａ
　４　　　　　（５）　　～（～Ｐ→Ｑ）∨～（Ｐ→～Ｑ）　　　４ド・モルガンの法則
　　６　　　　（６）　　　～（Ｐ→Ｑ）　　　　　　　　　　　Ａ
　　６　　　　（７）　　～（～Ｐ∨Ｑ）　　　　　　　　　　　６含意の定義
　　６　　　　（８）　　　　Ｐ＆～Ｑ　　　　　　　　　　　　７ド・モルガンの法則
　　　９　　　（９）　　～（～Ｐ→Ｑ）　　　　　　　　　　　Ａ
　　　９　　　（ア）　　　～（Ｐ∨Ｑ）　　　　　　　　　　　９含意の定義
　　　９　　　（イ）　　　～Ｐ＆～Ｑ　　　　　　　　　　　　ア、ド・モルガンの法則
　　　９　　　（ウ）　　　～Ｐ　　　　　　　　　　　　　　　イ＆Ｅ
　　６　　　　（エ）　　　　Ｐ　　　　　　　　　　　　　　　８＆Ｅ
　　６９　　　（オ）　　　～Ｐ＆Ｐ　　　　　　　　　　　　　ウエ＆Ｉ
　　　９　　　（カ）　～～（Ｐ→Ｑ）　　　　　　　　　　　　６オＲＡＡ
　　　　キ　　（キ）　　　　　　　　　　～（Ｐ→～Ｑ）　　　Ａ
　　　　キ　　（ク）　　　　　　　　　～（～Ｐ∨～Ｑ）　　　キ含意の定義
　　　　キ　　（ケ）　　　　　　　　　　　　Ｐ＆　Ｑ　　　　ク、ド・モルガンの法則
　　　　キ　　（コ）　　　　　　　　　　　　　　　Ｑ　　　　ケ＆Ｅ
　　６　　　　（サ）　　　　　　～Ｑ　　　　　　　　　　　　イ＆Ｅ
　　６　キ　　（シ）　　　　　　～Ｑ＆Ｑ　　　　　　　　　　コサ＆Ｉ
　　　　キ　　（ス）　～～（Ｐ→Ｑ）　　　　　　　　　　　　６シＲＡＡ
　４　　　　　（セ）　～～（Ｐ→Ｑ）　　　　　　　　　　　　５９カキス∨Ｅ
　４　　　　　（ソ）　　　　Ｐ→Ｑ　　　　　　　　　　　　　セＤＮ
　　　　　タ　（タ）　　　　　　　　　　　～（Ｑ→Ｐ）　　　Ａ
　　　　　タ　（チ）　　　　　　　　　　～（～Ｑ∨Ｐ）　　　タ含意の定義
　　　　　タ　（ツ）　　　　　　　　　　　　Ｑ＆～Ｐ　　　　チ、ド・モルガンの法則
　　　９　　　（テ）　　　　　　～Ｑ　　　　　　　　　　　　イ＆Ｅ
　　　　　タ　（ト）　　　　　　　　　　　　Ｑ　　　　　　　ツ＆Ｅ
　　　９　タ　（ナ）　　　　　　～Ｑ＆Ｑ　　　　　　　　　　テト＆Ｉ
　　　９　　　（ニ）　　　　　　　　　　～～（Ｑ→Ｐ）　　　タナＲＡＡ
　　　　キ　　（ヌ）　　　　　　　　　　　　Ｐ　　　　　　　ケ＆Ｅ
　　　　　タ　（ノ）　　　　　　　　　　　　　　～Ｐ　　　　ツ＆Ｅ
　　　　キタ　（ハ）　　　　　　　　　　　　Ｐ＆～Ｐ　　　　ヌノ＆Ｉ
　　　　キ　　（ヒ）　　　　　　　　　　～～（Ｑ→Ｐ）　　　タハＲＡＡ
　４　　　　　（フ）　　　　　　　　　　～～（Ｑ→Ｐ）　　　５９ニキヒ∨Ｅ
　４　　　　　（ヘ）　　　　　　　　　　　　　Ｑ→Ｐ　　　　フＤＮ
　４　　　　　（ホ）　　　　（Ｐ→　Ｑ）＆（Ｑ→　Ｐ）　　　ソヘ＆Ｉ
１４　　　　　（マ）　　～｛（Ｐ→　Ｑ）＆（Ｑ→　Ｐ）｝＆
　　　　　　　　　　　　　｛（Ｐ→　Ｑ）＆（Ｑ→　Ｐ）｝　　２ホ＆Ｉ
１　　　　　　（ミ）　～～｛（～Ｐ→Ｑ）＆（Ｐ→～Ｑ）｝　　４マＲＡＡ
１　　　　　　（ム）　　　　（～Ｐ→Ｑ）＆（Ｐ→～Ｑ）　　　ミＤＮ
従って、
（07）により、
（08）
② （～Ｐ→Ｑ）＆（Ｐ→～Ｑ）
③ ～（Ｐ⇔Ｑ）
に於いて、
②＝③ である。
従って、
（06）（08）により、
（09）
① （　Ｐ∨Ｑ）＆～（Ｐ＆　Ｑ）
② （～Ｐ→Ｑ）＆　（Ｐ→～Ｑ）
③ ～（Ｐ⇔Ｑ）
に於いて、
①＝②＝③ である。
従って、
（03）（04）（09）により、
（10）
果たして、
①（Ｐであるか、または、Ｑである）が、（ＰであってＱである）といふことはない。
②（Ｐでないならば、Ｑであって）、（Ｐであるならば、Ｑでない）。
③（ＰとＱが、「同時に真」になること、並びに、ＰとＱが「同時に偽」になる）といふことはない。
といふ「日本語」に於いて、
①＝②＝③ である。
令和５年１１月２９日、毛利太。

「排他的選言（クワインの定義）」について。

（01）
①　　 Ｐ∨Ｑ
② ～（Ｐ⇔Ｑ）
といふ「論理式」は、それぞれ、
① Ｐであるか、Ｑであるか、または、両方である。
②（ＰとＱが、同時に真になることも、同時に偽になることも）無い。
といふ「意味」である。
然るに、
（02）
②（ＰとＱが、同時に真になることも、同時に偽になることも）無い。
といふことは、
② Ｐであるか、Ｑであるが、ただし、両方ではない。
といふ「意味」である。
従って、
（01）（02）により、
（03）
①　　 Ｐ∨Ｑ
② ～（Ｐ⇔Ｑ）
といふ「論理式」は、それぞれ、
① Ｐであるか、Ｑであるか、または、両方である。
② Ｐであるか、Ｑであるが、ただし、両方ではない。
といふ「意味」であって、この場合、
① を、「両立的選言」と言ひ、
② を、「排他的選言」と言ふ。
然るに、
（04）
（ⅱ）
１　　（１）　～（Ｐ⇔Ｑ）　　　　　　　　　Ａ
１　　（２）～｛（Ｐ→Ｑ）＆　（Ｑ→Ｐ）｝　１Ｄｆ.⇔
１　　（３）　～（Ｐ→Ｑ）∨～（Ｑ→Ｐ）　　２ド・モルガンの法則
　４　（４）　～（Ｐ→Ｑ）　　　　　　　　　Ａ
　４　（５）～（～Ｐ∨Ｑ）　　　　　　　　　４含意の定義
　４　（６）　（Ｐ＆～Ｑ）　　　　　　　　　５ド・モルガンの法則
　４　（７）　（Ｐ＆～Ｑ）∨（Ｑ＆～Ｐ）　　６∨Ｉ
　　８（８）　　　　　　　　～（Ｑ→Ｐ）　　Ａ
　　８（９）　　　　　　　～（～Ｑ∨Ｐ）　　８含意の定義
　　８（ア）　　　　　　　　　Ｑ＆～Ｐ　　　９ド・モルガンの法則
　　８（イ）　（Ｐ＆～Ｑ）∨（Ｑ＆～Ｐ）　　ア∨Ｉ
１　　（ウ）　（Ｐ＆～Ｑ）∨（Ｑ＆～Ｐ）　　３４７８イ∨Ｅ
（ⅲ）
１　　（１）　（Ｐ＆～Ｑ）∨（Ｑ＆～Ｐ）　　Ａ
　２　（２）　（Ｐ＆～Ｑ）　　　　　　　　　Ａ
　２　（３）～（～Ｐ∨Ｑ）　　　　　　　　　２ド・モルガンの法則
　２　（４）　～（Ｐ→Ｑ）　　　　　　　　　３含意の定義
　２　（５）　～（Ｐ→Ｑ）∨～（Ｑ→Ｐ）　　４∨Ｉ
　　６（６）　　　　　　　　　Ｑ＆～Ｐ　　　Ａ
　　６（７）　　　　　　　～（～Ｑ∨Ｐ）　　６ド・モルガンの法則
　　６（８）　　　　　　　　～（Ｑ→Ｐ）　　７含意の定義
　　６（９）　～（Ｐ→Ｑ）∨～（Ｑ→Ｐ）　　８∨Ｉ
１　　（ア）　～（Ｐ→Ｑ）∨～（Ｑ→Ｐ）　　１２５６９∨Ｅ
１　　（イ）～｛（Ｐ→Ｑ）＆　（Ｑ→Ｐ）｝　ア、ド・モルガンの法則
１　　（ウ）　～（Ｐ⇔Ｑ）　　　　　　　　　イＤｆ．⇔
従って、
（04）により、
（05）
② ～（Ｐ⇔Ｑ）
③　 （Ｐ＆～Ｑ）∨（Ｑ＆～Ｐ）
に於いて、
②＝③ である。
然るに、
（06）
『岩波書店、クワイン 論理学の方法、１９６１年、１１頁』を見ると、
③（Ｐ＆～Ｑ）∨（Ｑ＆～Ｐ）
④  Ｐ⇔～Ｑ
に於いて、
③＝④ である。
従って、
（05）（06）により、
（07）
② ～（Ｐ⇔　Ｑ）
④ 　　Ｐ⇔～Ｑ
に於いて、
②＝④ である。
然るに、
（08）
（ⅱ）
１　　　　　　　　　　　　　（１）　～（Ｐ⇔　Ｑ）　　　　　　　　　　Ａ
１　　　　　　　　　　　　　（２）～｛（Ｐ→　Ｑ）＆　（　Ｑ→Ｐ）｝　１Ｄｆ.⇔
１　　　　　　　　　　　　　（３）　～（Ｐ→　Ｑ）∨～（　Ｑ→Ｐ）　　２ド・モルガンの法則
　４　　　　　　　　　　　　（４）　～（Ｐ→　Ｑ）　　　　　　　　　　Ａ
　４　　　　　　　　　　　　（５）　～（～Ｐ∨Ｑ）　　　　　　　　　　４含意の定義
　４　　　　　　　　　　　　（６）　　　Ｐ＆～Ｑ　　　　　　　　　　　５ド・モルガンの法則
　４　　　　　　　　　　　　（７）　　（Ｐ＆～Ｑ）∨　（Ｑ＆～Ｐ）　　６∨Ｉ
　　８　　　　　　　　　　　（８）　　　　　　　　　～（　Ｑ→Ｐ）　　Ａ
　　８　　　　　　　　　　　（９）　　　　　　　　　～（～Ｑ∨Ｐ）　　８含意の定義
　　８　　　　　　　　　　　（ア）　　　　　　　　　　（Ｑ＆～Ｐ）　　９ド・モルガンの法則
　　８　　　　　　　　　　　（イ）　　（Ｐ＆～Ｑ）∨　（Ｑ＆～Ｐ）　　ア∨Ｉ
１　　　　　　　　　　　　　（ウ）　　（Ｐ＆～Ｑ）∨　（Ｑ＆～Ｐ）　　１４７８イ∨Ｅ
　　エ　　　　　　　　　　（エ）　～（Ｐ⇔～Ｑ）　　　　　　　　　　Ａ
　　　エ　　　　　　　　　　（オ）～｛（Ｐ→～Ｑ）＆　（～Ｑ→Ｐ）｝　エＤｆ.⇔
　　　エ　　　　　　　　　　（カ）　～（Ｐ→～Ｑ）∨～（～Ｑ→Ｐ）　　オ、ド・モルガンの法則
　　　　キ　　　　　　　　　（キ）　～（Ｐ→～Ｑ）　　　　　　　　　　Ａ
　　　　キ　　　　　　　　　（ク）～（～Ｐ∨～Ｑ）　　　　　　　　　　キ含意の定義
　　　　キ　　　　　　　　　（ケ）　　（Ｐ＆　Ｑ）　　　　　　　　　　ク、ド・モルガンの法則
　　　　キ　　　　　　　　　（コ）　　（Ｐ＆　Ｑ）∨（～Ｑ＆～Ｐ）　　ケ∨Ｉ
　　　　　サ　　　　　　　　（サ）　　　　　　　　　～（～Ｑ→Ｐ）　　Ａ
　　　　　サ　　　　　　　　（シ）　　　　　　　　　～（Ｑ∨　Ｐ）　　サ含意の定義
　　　　　サ　　　　　　　　（ス）　　　　　　　　　（～Ｑ＆～Ｐ）　　シ、ド・モルガンの法則
　　　　　サ　　　　　　　　（セ）　　（Ｐ＆　Ｑ）∨（～Ｑ＆～Ｐ）　　ス∨Ｉ
　　　エ　　　　　　　　　　（ソ）　　（Ｐ＆　Ｑ）∨（～Ｑ＆～Ｐ）　　エキコサセ∨Ｅ
　　　　　　タ　　　　　　　（タ）　　（Ｐ＆～Ｑ）　　　　　　　　　　Ａ
　　　　　　　チ　　　　　　（チ）　　（Ｐ＆　Ｑ）　　　　　　　　　　Ａ
　　　　　　タ　　　　　　　（ツ）　　　　　～Ｑ　　　　　　　　　　　タ＆Ｅ
　　　　　　　チ　　　　　　（テ）　　　　　　Ｑ　　　　　　　　　　　チ＆Ｅ
　　　　　　タチ　　　　　　（ト）　　　～Ｑ＆Ｑ　　　　　　　　　　　ツテ＆Ｉ
　　　　　　　チ　　　　　　（ナ）　～（Ｐ＆～Ｑ）　　　　　　　　　　タトＲＡＡ
　　　　　　　　ニ　　　　　（ニ）　　　　　　　　　（～Ｑ＆～Ｐ）　　Ａ
　　　　　　タ　　　　　　　（ヌ）　　　Ｐ　　　　　　　　　　　　　　タ＆Ｅ
　　　　　　　　ニ　　　　　（ネ）　　　　　　　　　　　　　～Ｐ　　　ニ＆Ｅ
　　　　　　タ　ニ　　　　　（ノ）　　　Ｐ＆～Ｐ　　　　　　　　　　　ヌネ＆Ｉ
　　　　　　　　ニ　　　　　（ハ）　～（Ｐ＆～Ｑ）　　　　　　　　　　タノＲＡＡ
　　　エ　　　　　　　　　　（ヒ）　～（Ｐ＆～Ｑ）　　　　　　　　　　ソチナニハ∨Ｅ
　　　　　　　　　フ　　　　（フ）　　　　　　　　　　（Ｑ＆～Ｐ）　　Ａ
　　　　　　　　　　ヘ　　　（ヘ）　　（Ｐ＆　Ｑ）　　　　　　　　　　Ａ
　　　　　　　　　フ　　　　（ホ）　　　　　　　　　　　　　～Ｐ　　　フ＆Ｅ
　　　　　　　　　　ヘ　　　（マ）　　　Ｐ　　　　　　　　　　　　　　ヘ＆Ｅ
　　　　　　　　　フヘ　　　（ミ）　　　　　　　　　　　Ｐ＆～Ｑ　　　ホマ＆Ｉ
　　　　　　　　　　ヘ　　　（ム）　　　　　　　　　～（Ｑ＆～Ｐ）　　フミＲＡＡ
　　　　　　　　　　　メ　　（メ）　　　　　　　　　（～Ｑ＆～Ｐ）　　Ａ
　　　　　　　　　フ　　　　（モ）　　　　　　　　　　　Ｑ　　　　　　フ＆Ｅ
　　　　　　　　　　　メ　　（ヤ）　　　　　　　　　　～Ｑ　　　　　　メ＆Ｅ
　　　　　　　　　フ　メ　　（ユ）　　　　　　　　　　　Ｑ＆～Ｑ　　　モヤ＆Ｉ
　　　　　　　　　　　メ　　（ヨ）　　　　　　　　　～（Ｑ＆～Ｐ）　　フユＲＡＡ
　　　エ　　　　　　　　　　（ラ）　　　　　　　　　～（Ｑ＆～Ｐ）　　ソヘムメヨＲＡＡ
　　　　　　　　　　　　リ　（リ）　　（Ｐ＆～Ｑ）　　　　　　　　　　Ａ
　　　エ　　　　　　　　リ　（ル）　～（Ｐ＆～Ｑ）＆　（Ｐ＆～Ｑ）　　ヒリ＆Ｉ
　　　　　　　　　　　　リ　（レ）～～（Ｐ⇔～Ｑ）　　　　　　　　　　エルＲＡＡ
　　　　　　　　　　　　　ロ（ロ）　　　　　　　　　　（Ｑ＆～Ｐ）　　Ａ
　　　エ　　　　　　　　　ロ（ワ）　～（Ｑ＆～Ｐ）＆　（Ｑ＆～Ｐ）　　ラロ＆Ｉ
　　　　　　　　　　　　　ロ（ヲ）～～（Ｐ⇔～Ｑ）　　　　　　　　　　エワＲＡＡ
１　　　　　　　　　　　　　（ン）～～（Ｐ⇔～Ｑ）　　　　　　　　　　ウリレロヲ∨Ｅ
１　　　　　　　　　　　　　（あ）　　　Ｐ⇔～Ｑ　　　　　　　　　　　ンＤＮ
（ⅳ）
１　　　（１）　　Ｐ⇔～Ｑ　　　　　　　　　Ａ
　２　　（２）　　Ｐ⇔　Ｑ　　　　　　　　　Ａ
１　　　（３）　（Ｐ→～Ｑ）＆（～Ｑ→Ｐ）　１Ｄｆ.⇔
　２　　（４）　（Ｐ→　Ｑ）＆（　Ｑ→Ｐ）　２Ｄｆ.⇔
１　　　（５）　　Ｐ→～Ｑ　　　　　　　　　３＆Ｅ
　２　　（６）　　Ｐ→　Ｑ　　　　　　　　　４＆Ｅ
１　　　（７）　　　　　　　　　～Ｑ→Ｐ　　３＆Ｅ
　２　　（８）　　　　　　　　　　Ｑ→Ｐ　　４＆Ｅ
　　　　（９）　　Ｐ∨～Ｐ　　　　　　　　　排中律
　　ア　（ア）　　Ｐ　　　　　　　　　　　　Ａ
１　ア　（イ）　　　　～Ｑ　　　　　　　　　５アＭＰＰ
　２ア　（ウ）　　　　　Ｑ　　　　　　　　　６アＭＰＰ
１２ア　（エ）　　Ｑ＆～Ｑ　　　　　　　　　ウイ＆Ｉ
１　ア　（オ）～（Ｐ⇔　Ｑ）　　　　　　　　２エＲＡＡ
　　　カ（カ）　　　　～Ｐ　　　　　　　　　Ａ
１　　カ（キ）　　　～～Ｑ　　　　　　　　　７カＭＴＴ
　２　カ（ク）　　　　～Ｑ　　　　　　　　　８カＭＴＴ
１２　カ（ケ）　　　～～Ｑ＆～Ｑ　　　　　　キク＆Ｉ
１　　カ（コ）～（Ｐ⇔　Ｑ）　　　　　　　　２ケＲＡＡ
１　　　（サ）～（Ｐ⇔　Ｑ）　　　　　　　　９アオカコ∨Ｅ
従って、
（08）により、
（09）
果たして、
② ～（Ｐ⇔　Ｑ）
④ 　　Ｐ⇔～Ｑ
に於いて、
②＝④ である。
従って、
（05）（09）により、
（10）
② ～（Ｐ⇔　Ｑ）
③　 （Ｐ＆～Ｑ）∨（Ｑ＆～Ｐ）
④ 　　Ｐ⇔～Ｑ
といふ「論理式」に於いて、
②＝③＝④ であって、これは３つとも、「排他的選言」である。
従って、
（10）により、
（11）
②（ＰとＱが、同時に真になることも、同時に偽になることも）無い。
③（Ｐであって、Ｑでない）か、または（Ｑであって、Ｐでない）。
④（Ｐである）といふことは（Ｑでない）といふことに「等しい」。
といふ「論理式」に於いて、
②＝③＝④ であって、これは３つとも、「排他的選言」である。
然るに、
（12）
②（ＰとＱが、同時に真になることも、同時に偽になることも）無い。
③（Ｐであって、Ｑでない）か、または（Ｑであって、Ｐでない）。
④（Ｐである）といふことは（Ｑでない）といふことに「等しい」。
に於いて、
②＝③ であることは、「分かり易い」が、
②＝④ であることは、「分かり難い」。
然るに、
（13）
④  Ｐ⇔～Ｑ
⑤（Ｐ→～Ｑ）＆（～Ｑ→Ｐ）
に於いて、
④＝⑤ である。
従って、
（01）～（13）により、
（14）
④「排他的命題」としての、
④（Ｐである）といふことは（Ｑでない）といふことに「等しい」。
といふ「日本語」は、「分かり難い」が、「命題計算」の際には、
④「排他的命題」としての、
④ Ｐ⇔～Ｑ
といふ「論理式」は、「極めて、便利である」。
令和５年１１月２７日、毛利太。

「恒真式（トートロジー）」と「実質含意のパラドックス」。

（01）
（ⅰ）
１（１）Ｐ　　　Ａ
　（２）Ｐ→Ｐ　１１ＣＰ
（ⅱ）
１　（１）　～（Ｐ∨～Ｐ）　　Ａ
　２（２）　　　Ｐ　　　　　　Ａ
　２（３）　　　Ｐ∨～Ｐ　　　２∨Ｉ
１２（４）　～（Ｐ∨～Ｐ）＆
　　　　　　　（Ｐ∨～Ｐ）　　１３＆Ｉ
１　（５）　　～Ｐ　　　　　　２４ＲＡＡ
１　（６）　　　Ｐ∨～Ｐ　　　５∨Ｉ
１　（７）　～（Ｐ∨～Ｐ）＆
　　　　　　　（Ｐ∨～Ｐ）　　１６＆Ｉ
　　（８）～～（Ｐ∨～Ｐ）　　１７ＲＡＡ
　　（９）　　　Ｐ∨～Ｐ
（ⅲ）
１（１）　　Ｐ＆～Ｐ　　Ａ
　（２）～（Ｐ＆～Ｐ）　１１ＲＡＡ
（ⅳ）
１（１）　　Ｐ＆～Ｐ　　　　Ａ
　（２）～（Ｐ＆～Ｐ）　　　１１ＲＡＡ
　（３）～（Ｐ＆～Ｐ）∨Ｑ　２∨Ｉ
　（４）　（Ｐ＆～Ｐ）→Ｑ　３含意の定義
従って、
（01）により、
（02）
① 　　Ｐ→　Ｐ
② 　　Ｐ∨～Ｐ
③ ～（Ｐ＆～Ｐ）
④ 　（Ｐ＆～Ｐ）→Ｑ
といふ「論理式」、すなはち、
① Ｐならば、Ｐである（同一律）。
② Ｐであるか、または、Ｐでない（排中律）。
③ Ｐであって、Ｐでない、といふことはない（矛盾律）。
④ Ｐであって、Ｐでない、ならば、Ｑである。
といふ「論理式」は、４つとも「恒真式（トートロジー）」である。
然るに、
（03）
④（Ｐ＆～Ｐ）→Ｑ
といふ「論理式」が「恒真式式（トートロジー）」である。
といふことは、
④『矛盾』が「真」であるならば、「任意の命題」は「真」である。
といふことを、「意味」してゐる。
然るに、
（04）
④『矛盾』が「真」であるならば、「任意の命題」は「真」である。
としても、
④『矛盾』は「偽」であって、「真」ではない。
従って、
（04）により、
（05）
④『矛盾』が「真」であるならば、「任意の命題」は「真」である。
としても、
　（１）（Ｐ＆～Ｐ）→Ｑ
２（２）（Ｐ＆～Ｐ）　　　Ａ
２（３）　　　　　　　Ｑ　１２ＭＰＰ
といふ「推論」は、『妥当』ではない。
従って、
（05）により、
（06）
例へば、
③（２が偶数であって、２が奇数である）ならば、（徳島県は四国である）。
④（３が奇数であって、３が偶数である）ならば、（香川県は九州である）。
といふ「命題」は、２つとも、「恒真式（トートロジー）」であるが、
③（徳島県は四国である）といふ「命題」は「真」であって、
④（香川県は九州である）といふ「命題」は「偽」である。
然るに、
（07）
③（２が偶数であって、２が奇数である）ならば、（徳島県は四国である）。
④（３が奇数であって、３が偶数である）ならば、（香川県は九州である）。
といふ「仮言命題」が「真」であることは、『真理表（truth-table）』からも、「確認」出来る。
（08）
といふよりも、
①「真」ならば「真」である（は真）。
②「真」ならば「偽」である（は偽）。
③「偽」ならば「真」である（は真）。
④「偽」ならば「偽」である（は真）。
といふ『真理表（truth-table）』に於いて、
② だけが「偽」であるからこそ、
③（２が偶数であって、２が奇数である）ならば、（徳島県は四国である）。
④（３が奇数であって、３が偶数である）ならば、（香川県は九州である）。
といふ「仮言命題」は、「真」になる。
といふ方が、「正しい」。
従って、
（09）
③（２が偶数であって、２が奇数である）ならば、（徳島県は四国である）。
④（３が奇数であって、３が偶数である）ならば、（香川県は九州である）。
といふ「仮言命題」は、「偽」である。
とするのであれば、『真理表（truth-table）』そのものを、
①「真」ならば「真」である（は真）。
②「真」ならば「偽」である（は偽）。
③「偽」ならば「真」である（は偽）。
④「偽」ならば「偽」である（は偽）。
といふ風に、『書き換へ』る、「必要」がある。
然るに、
（09）により、
（10）
そうすると、その場合は、
① Ｐ＆Ｑ（Ｐであって、Ｑである）。
② Ｐ→Ｑ（Ｐならば、　Ｑである）。
に於いて、
①＝② であるが、
そのやうなことは、「有り得ない」。
令和５年１１月２０日、毛利太。

「ならば（実質含意のパラドックス）」は難しい。

（01）

論理１－４ 「ならば」は難しい（東大医学部(理３)の解説動画）

従って、
（01）により、
（02）
①「真」ならば、「真」である。
②「真」ならば、「偽」である。
③「偽」ならば、「真」である。
④「偽」ならば、「偽」である。
といふ「仮言命題（ＰならばＱである）」に於いて、
① は「真」であり、
② は「偽」であり、
③ は「真」であり、
④ は「真」である。
然るに、
（03）
『矛盾』は「真」ではなく、
『矛盾』は「偽」である。
然るに、
（04）
「任意の命題」は「真」であるか、または、
「任意の命題」は「偽」である。
従って、
（02）（03）（04）により、
（05）
①「真」ならば、「真」である。
②「真」ならば、「偽」である。
③「偽」ならば、「真」である。
④「偽」ならば、「偽」である。
といふ「仮言命題（ＰならばＱである）」に於いて、
① は「真」であり、
② は「偽」であり、
③ は「真」であり、
④ は「真」である。
といふことは、
①『矛盾』が「真」であるならば、「任意の命題」は「真」である。
といふ「命題」は、「恒真式（トートロジー）」である。
といふことに、「他ならない」。
然るに、
（06）
①『矛盾』が「真」であるならば、「任意の命題」は「真」である。
といふ「命題」は、「恒真式（トートロジー）」である。
といふことは、
① ～Ｐ＆Ｐ→Ｑ
といふ「論理式」が、恒真式（トートロジー）」である。
といふことに、「他ならない」。
（07）
（ⅰ）
１　　　　　（１）　　　Ｐ∨　Ｑ　　　Ａ
　２　　　　（２）　　～Ｐ＆～Ｑ　　　Ａ
　　３　　　（３）　　　Ｐ　　　　　　Ａ
　２　　　　（４）　　～Ｐ　　　　　　２＆Ｅ
　２３　　　（５）　　　Ｐ＆～Ｐ　　　３４＆Ｉ
　　３　　　（６）～（～Ｐ＆～Ｑ）　　２５ＲＡＡ
　　　７　　（７）　　　　　　Ｑ　　　Ａ
　２　　　　（８）　　　　　～Ｑ　　　２＆Ｅ
　２　７　　（９）　　　Ｑ＆～Ｑ　　　７８＆Ｉ
　　　７　　（ア）～（～Ｐ＆～Ｑ）　　２９ＲＡＡ
１　　　　　（イ）～（～Ｐ＆～Ｑ）　　１３６７ア∨Ｅ
　　　　ウ　（ウ）　　～Ｐ　　　　　　Ａ
　　　　　エ（エ）　　　　　～Ｑ　　　Ａ
　　　　ウエ（オ）　　～Ｐ＆～Ｑ　　　ウエ＆Ｉ
１　　　ウエ（カ）～（～Ｐ＆～Ｑ）＆
　　　　　　　　　　（～Ｐ＆～Ｑ）　　イオ＆Ｉ
１　　　ウ　（キ）　　　　～～Ｑ　　　エカＲＡＡ
１　　　ウ　（ク）　　　　　　Ｑ　　　キＤＮ
１　　　　　（ケ）　　～Ｐ→　Ｑ　　　ウクＣ～Ｐ
（ⅱ）
１　　　　（１）　　～Ｐ→　Ｑ　　　Ａ
　２　　　（２）　　～Ｐ＆～Ｑ　　　Ａ
　２　　　（３）　　～Ｐ　　　　　　２＆Ｅ
１２　　　（４）　　　　　　Ｑ　　　１３ＭＰＰ
　２　　　（５）　　　　　～Ｑ　　　２＆Ｅ
１２　　　（６）　　　Ｑ＆～Ｑ　　　４５＆Ｉ
１　　　　（７）～（～Ｐ＆～Ｑ）　　２６ＲＡＡ
　　８　　（８）　～（Ｐ∨　Ｑ）　　Ａ
　　　９　（９）　　　Ｐ　　　　　　Ａ
　　　９　（ア）　　　Ｐ∨　Ｑ　　　９∨I
　　８９　（イ）　～（Ｐ∨　Ｑ）＆
　　　　　　　　　　（Ｐ∨　Ｑ）　　８ア＆Ｉ
　　８　　（ウ）　　～Ｐ　　　　　　９イＲＡＡ
　　　　エ（エ）　　　　　　Ｑ　　　Ａ
　　　　エ（オ）　　　Ｐ∨　Ｑ　　　エ∨Ｉ
　　８　エ（カ）　～（Ｐ∨　Ｑ）＆
　　　　　　　　　　（Ｐ∨　Ｑ）　　８オ∨Ｉ
　　８　　（キ）　　　　　～Ｑ　　　エカＲＡＡ
　　８　　（ク）　　～Ｐ＆～Ｑ　　　オキ＆Ｉ
１　８　　（ケ）～（～Ｐ＆～Ｑ）＆
　　　　　　　　　（～Ｐ＆～Ｑ）　　７ク＆Ｉ
１　　　　（コ）～～（Ｐ∨　Ｑ）　　８ケＲＡＡ
１　　　　（サ）　　　Ｐ∨　Ｑ　　　コＤＮ
従って、
（07）により、
（08）
① 　Ｐ∨Ｑ
② ～Ｐ→Ｑ
に於いて、すなはち、
① Ｐであるか、または、Ｑである。
② Ｐでないならば、　　Ｑである。
に於いて、
①＝② である。
従って、
（08）により、
（09）
① 　～Ｐ∨Ｑ
② ～～Ｐ→Ｑ
に於いて、
①＝② である。
従って、
（09）により、
（10）
「二重否定律（ＤＮ）」により、
① ～Ｐ∨Ｑ
② 　Ｐ→Ｑ
に於いて、
①＝② である（含意の定義）。
然るに、
（11）
１　（１）～Ｐ　　　　　　　Ａ
１　（２）～Ｐ∨Ｑ　　　　　１∨Ｉ
１　（３）　Ｐ→Ｑ　　　　　２含意の定義
　　（４）～Ｐ→（Ｐ→Ｑ）　１３ＣＰ
　５（５）～Ｐ＆　Ｐ　　　　Ａ
　５（６）～Ｐ　　　　　　　５＆Ｅ
　５（７）　　　　Ｐ→Ｑ　　４６ＭＰＰ
　５（８）　　　　Ｐ　　　　５＆Ｅ
　５（９）　　　　　　Ｑ　　７８ＭＰＰ
　　（ア）　～Ｐ＆Ｐ→Ｑ　　５９ＣＰ
従って、
（06）（11）により、
（12）
果たして、
①『矛盾』が「真」であるならば、「任意の命題」は「真」である。
といふ「命題」、すなはち、
① ～Ｐ＆Ｐ→Ｑ
といふ「論理式」は、恒真式（トートロジー）」である。
従って、
（12）により、
（13）
例へば、
①（２が偶数であって、２が奇数である）ならば、（徳島県は四国である）。
②（３が奇数であって、３が偶数である）ならば、（新潟県は九州である）。
といふ「命題」は、両方とも、「恒真式（トートロジー）」である。
然るに、
（14）
②（３が奇数であって、３が偶数である）ならば、（新潟県は九州である）。
といふ「命題」が「真」であったとしても、
②（３が奇数であって、３が偶数である）。
といふ『矛盾』は「偽」であるため、
②（新潟県は九州である）。
といふことには、ならない。
然るに、
（15）
①（２が偶数であって、２が奇数である）ならば、（徳島県は四国である）。
②（３が奇数であって、３が偶数である）ならば、（新潟県は九州である）。
といふ「命題」は、両方とも、「恒真式（トートロジー）」である。
といふことは、「常識的」には、『極めて、変』である。
然るに、
（02）（11）（15）により、
（16）
①「真」ならば、「真」である。
②「真」ならば、「偽」である。
③「偽」ならば、「真」である。
④「偽」ならば、「偽」である。
といふ「仮言命題（ＰならばＱである）」に於いて、
① は「真」であり、
② は「偽」であり、
③ は「真」であり、
④ は「真」である。
とする以上、
①『矛盾』が「真」であるならば、「任意の命題」は「真」である。
といふ「命題」、すなはち、
① ～Ｐ＆Ｐ→Ｑ
といふ「論理式」は、恒真式（トートロジー）」である。
といふことに、ならざるを得ないし、
① ～Ｐ＆Ｐ→Ｑ
といふ「論理式」が、恒真式（トートロジー）」である以上、例へば、
①（２が偶数であって、２が奇数である）ならば、（徳島県は四国である）。
②（３が奇数であって、３が偶数である）ならば、（新潟県は九州である）。
といふ「命題」は、両方とも、「恒真式（トートロジー）」である。
といふことに、ならざるを得ないし、このこと、他を、『実質含意のパラドックス』と言ふ。
令和５年１１月１９日、毛利太。

「実質含意のパラドックス」＝「ならば」は難しい。

（01）
（ⅰ）
１　　　　　（１）　　　Ｐ∨　Ｑ　　　Ａ
　２　　　　（２）　　～Ｐ＆～Ｑ　　　Ａ
　　３　　　（３）　　　Ｐ　　　　　　Ａ
　２　　　　（４）　　～Ｐ　　　　　　２＆Ｅ
　２３　　　（５）　　　Ｐ＆～Ｐ　　　３４＆Ｉ
　　３　　　（６）～（～Ｐ＆～Ｑ）　　２５ＲＡＡ
　　　７　　（７）　　　　　　Ｑ　　　Ａ
　２　　　　（８）　　　　　～Ｑ　　　２＆Ｅ
　２　７　　（９）　　　Ｑ＆～Ｑ　　　７８＆Ｉ
　　　７　　（ア）～（～Ｐ＆～Ｑ）　　２９ＲＡＡ
１　　　　　（イ）～（～Ｐ＆～Ｑ）　　１３６７ア∨Ｅ
　　　　ウ　（ウ）　　～Ｐ　　　　　　Ａ
　　　　　エ（エ）　　　　　～Ｑ　　　Ａ
　　　　ウエ（オ）　　～Ｐ＆～Ｑ　　　ウエ＆Ｉ
１　　　ウエ（カ）～（～Ｐ＆～Ｑ）＆
　　　　　　　　　　（～Ｐ＆～Ｑ）　　イオ＆Ｉ
１　　　ウ　（キ）　　　　～～Ｑ　　　エカＲＡＡ
１　　　ウ　（ク）　　　　　　Ｑ　　　キＤＮ
１　　　　　（ケ）　　～Ｐ→　Ｑ　　　ウクＣ～Ｐ
（ⅱ）
１　　　　（１）　　～Ｐ→　Ｑ　　　Ａ
　２　　　（２）　　～Ｐ＆～Ｑ　　　Ａ
　２　　　（３）　　～Ｐ　　　　　　２＆Ｅ
１２　　　（４）　　　　　　Ｑ　　　１３ＭＰＰ
　２　　　（５）　　　　　～Ｑ　　　２＆Ｅ
１２　　　（６）　　　Ｑ＆～Ｑ　　　４５＆Ｉ
１　　　　（７）～（～Ｐ＆～Ｑ）　　２６ＲＡＡ
　　８　　（８）　～（Ｐ∨　Ｑ）　　Ａ
　　　９　（９）　　　Ｐ　　　　　　Ａ
　　　９　（ア）　　　Ｐ∨　Ｑ　　　９∨I
　　８９　（イ）　～（Ｐ∨　Ｑ）＆
　　　　　　　　　　（Ｐ∨　Ｑ）　　８ア＆Ｉ
　　８　　（ウ）　　～Ｐ　　　　　　９イＲＡＡ
　　　　エ（エ）　　　　　　Ｑ　　　Ａ
　　　　エ（オ）　　　Ｐ∨　Ｑ　　　エ∨Ｉ
　　８　エ（カ）　～（Ｐ∨　Ｑ）＆
　　　　　　　　　　（Ｐ∨　Ｑ）　　８オ∨Ｉ
　　８　　（キ）　　　　　～Ｑ　　　エカＲＡＡ
　　８　　（ク）　　～Ｐ＆～Ｑ　　　オキ＆Ｉ
１　８　　（ケ）～（～Ｐ＆～Ｑ）＆
　　　　　　　　　（～Ｐ＆～Ｑ）　　７ク＆Ｉ
１　　　　（コ）～～（Ｐ∨　Ｑ）　　８ケＲＡＡ
１　　　　（サ）　　　Ｐ∨　Ｑ　　　コＤＮ
従って、
（01）により、
（02）
①　 Ｐ∨Ｑ
② ～Ｐ→Ｑ
に於いて、すなはち、
① Ｐであるか、または、Ｑである。
② Ｐでないならば、　　Ｑである。
に於いて、
①＝② である。
従って、
（02）により、
（03）
Ｐ＝～Ｐ
といふ「代入（置き換へ）」により、
①　 ～Ｐ∨Ｑ
② ～～Ｐ→Ｑ
に於いて、
①＝② である。
従って、
（03）により、
（04）
～～Ｐ＝Ｐ
といふ「二重否定律」により、
① ～Ｐ∨Ｑ
② 　Ｐ→Ｑ
に於いて、
①＝② である（含意の定義）。
然るに、
（05）
１（１）～Ｐ　　　　　　　Ａ
１（２）～Ｐ∨Ｑ　　　　　１∨Ｉ
１（３）　Ｐ→Ｑ　　　　　２含意の定義
　（４）～Ｐ→（Ｐ→Ｑ）　１３ＣＰ
従って、
（05）により、
（06）
③ ～Ｐ→（Ｐ→Ｑ）
といふ「命題」、すなはち、
③ Ｐでないならば（Ｐであるならば、Ｑである）。
といふ「命題」は、「恒真式（トートロジー）」である。
従って、
（06）により、
（07）
Ｐ＝（徳島県は四国である）。
Ｑ＝（バカボンのパパは天才である）。
として、
③（徳島県が四国でない）ならば（徳島県が四国であるならば、バカボンのパパは天才である）。
といふ「命題」は、「恒真式（トートロジー）」である。
然るに、
（08）
１　（１）～Ｐ　　　　　　　Ａ
１　（２）～Ｐ∨Ｑ　　　　　１∨Ｉ
１　（３）　Ｐ→Ｑ　　　　　２含意の定義
　　（４）～Ｐ→（Ｐ→Ｑ）　１３ＣＰ
　５（５）～Ｐ＆　Ｐ　　　　Ａ
　５（６）～Ｐ　　　　　　　５＆Ｅ
　５（７）　　　　Ｐ→Ｑ　　４６ＭＰＰ
　５（８）　　　　Ｐ　　　　５＆Ｅ
　５（９）　　　　　　Ｑ　　７８ＭＰＰ
　　（ア）　～Ｐ＆Ｐ→Ｑ　　５９ＣＰ
従って、
（08）により、
（09）
④ ～Ｐ＆Ｐ→Ｑ
といふ「命題」自体、すなはち、
④『矛盾』が「真」であるならば、「任意の命題」は「真」である。
といふ「命題」自体は、「恒真式（トートロジー）」である。
従って、
（07）（08）（09）により、
（10）
④（徳島県が九州であって、徳島県が四国である）ならば（バカボンのパパは天才である）。
といふ「命題」自体は、「恒真式（トートロジー）」である。
然るに、
（11）
④（徳島県が九州であって、徳島県が四国である）。
といふ『矛盾』は、「偽」である。
従って、
（10）（11）により、
（12）
④（徳島県が九州であって、徳島県が四国である）ならば（バカボンのパパは天才である）。
といふ「命題」自体は、「恒真式（トートロジー）」であるとしても、
④（徳島県が九州であって、徳島県が四国である）。
といふ『矛盾』は、「偽」であるため、
④ バカボンのパパは天才である。
といふ「命題」の「真偽」は、「不明」である。
従って、
（12）により、
（13）
Ｐ＝（徳島県は九州であって、徳島県が四国である）。
Ｑ＝（バカボンのパパは天才である）。
として、
⑤ Ｐであるならば、Ｑである。
といふ「命題」自体は、「恒真式（トートロジー）」であるが、この場合は、
⑤ Ｑであるか、Ｑでないかは、「不明」である。
従って、
（13）により、
（14）
⑤ Ｐであるならば、Ｑである。
といふ「仮言命題」が「真」であって、
⑤ Ｐである。
といふ「前件」が「偽」である。
といふ「場合」は、
⑤ Ｑである。
といふ「後件」は、「真」であっても、「偽」であっても、「どちらでも、正しい」。
然るに、
（15）
⑤ Ｐ が「偽」であるならば、
⑤ Ｑ の「真偽」に「拘はらず」、
⑤ Ｐであるならば、Ｑである。
といふ「仮言命題」が「真」になることを、「実質含意のパラドックス」と言ふものの、
「古典論理」では、「実質含意のパラドックス」があるため、「ならば（→）」は「難しい」。
ｃｆ.

令和５年１１月１８日、毛利太。

「ド・モルガンの法則」と「古典命題論理」に於ける「ならば」について。

（01） （ａ）
１　　　　　（１）　～Ｐ∨　Ｑ　　　Ａ
　２　　　　（２）　　Ｐ＆～Ｑ　　　Ａ
　　３　　　（３）　～Ｐ　　　　　　Ａ
　２　　　　（４）　　Ｐ　　　　　　２＆Ｅ
　２３　　　（５）　～Ｐ＆Ｐ　　　　３４＆Ｉ
　　３　　　（６）～（Ｐ＆～Ｑ）　　２５ＲＡＡ（１５、ド・モルガンの法則）
　　　７　　（７）　　　　　Ｑ　　　Ａ
　２　　　　（８）　　　　～Ｑ　　　２＆Ｅ
　２　７　　（９）　　Ｑ＆～Ｑ　　　７８＆Ｉ
　　　７　　（ア）～（Ｐ＆～Ｑ）　　２９ＲＡＡ
１　　　　　（イ）～（Ｐ＆～Ｑ）　　１３６７ア∨Ｅ
　　　　ウ　（ウ）　　Ｐ　　　　　　Ａ
　　　　　エ（エ）　　　　～Ｑ　　　Ａ
　　　　ウエ（オ）　　Ｐ＆～Ｑ　　　ウエ＆Ｉ
１　　　ウエ（カ）～（Ｐ＆～Ｑ）＆
　　　　　　　　　　（Ｐ＆～Ｑ）　　イオ＆Ｉ
１　　　ウ　（キ）　　　～～Ｑ　　　エカＲＡＡ
１　　　ウ　（ク）　　　　　Ｑ　　　キＤＮ
１　　　　　（ケ）　　Ｐ→　Ｑ　　　ウクＣＰ
（ｂ）
１　　　　（１）　　　Ｐ→　Ｑ　　　Ａ
　２　　　（２）　　　Ｐ＆～Ｑ　　　Ａ
　２　　　（３）　　　Ｐ　　　　　　２＆Ｅ
１２　　　（４）　　　　　　Ｑ　　　１３ＭＰＰ
　２　　　（５）　　　　　～Ｑ　　　２＆Ｅ
１２　　　（６）　　　Ｑ＆～Ｑ　　　４５＆Ｉ
１　　　　（７）　～（Ｐ＆～Ｑ）　　２６ＲＡＡ
　　８　　（８）　～（～Ｐ∨Ｑ）　　Ａ
　　　９　（９）　　　～Ｐ　　　　　Ａ
　　　９　（ア）　　　～Ｐ∨Ｑ　　　９∨I
　　８９　（イ）　～（～Ｐ∨Ｑ）＆
　　　　　　　　　　（～Ｐ∨Ｑ）　　８ア＆Ｉ
　　８　　（ウ）　　～～Ｐ　　　　　９イＲＡＡ
　　８　　（エ）　　　　Ｐ　　　　　ウＤＮ
　　　　オ（オ）　　　　　　Ｑ　　　Ａ
　　　　オ（カ）　　　～Ｐ∨Ｑ　　　オ∨Ｉ（７カ、ド・モルガンの法則）
　　８　オ（キ）　～（～Ｐ∨Ｑ）＆
　　　　　　　　　　（～Ｐ∨Ｑ）　　８∨Ｉ
　　８　　（ク）　　　　　～Ｑ　　　オキＲＡＡ
　　８　　（ケ）　　　Ｐ＆～Ｑ　　　エク＆Ｉ
１　８　　（コ）　～（Ｐ＆～Ｑ）＆
　　　　　　　　　　（Ｐ＆～Ｑ）　　７ケ＆Ｉ
１　　　　（サ）～～（～Ｐ∨Ｑ）　　８コＲＡＡ
１　　　　（シ）　　　～Ｐ∨Ｑ　　　サＤＮ
従って、
（01）により、
（02）
① 　～Ｐ∨　Ｑ
② ～（Ｐ＆～Ｑ）
③ 　　Ｐ→　Ｑ
に於いて、
①＝② は、「ド・モルガンの法則」であって、
①＝③ は、「含意の定義」である。
然るに、
（03）
① 　～Ｐ∨　Ｑ
② ～（Ｐ＆～Ｑ）
③ 　　Ｐ→　Ｑ
といふ「論理式」は、
① ～ＰとＱの、少なくとも、一方は「真」である。
② 　Ｐであって、　　Ｑでない、といふことは無い。
③　 Ｐであるならば、Ｑである。
といふ「日本語」に「相当」する。
従って、
（02）（03）により、
（04）
① ～ＰとＱの、少なくとも、一方は「真」である。
② 　Ｐであって、　　Ｑでない、といふことは無い。
③　 Ｐであるならば、Ｑである。
に於いて、
①＝②＝③ である。
然るに、
（05）
① ～Ｐ＝徳島は九州ではない。
とするならば、
① 　Ｐ＝徳島は九州である。
である。
従って、
（04）（05）により、
（06）
① ～ＰとＱの、少なくとも、一方は「真」である。
② 　Ｐであって、　　Ｑでない、といふことは無い。
③　 Ｐであるならば、Ｑである。
に於いて、
① ～Ｐ＝徳島は九州ではない。
① 　Ｐ＝徳島は九州である。
① 　Ｑ＝２は奇数である。
とするならば、
①（徳島は九州ではない）と　（２は奇数である）といふ「命題」の、少なくとも、一方は「真」である。
②（徳島は九州であって）、　（２は奇数でない）、といふことは無い。
③（徳島が九州である）ならば（２は奇数である）。
に於いて、
①＝②＝③ である。
然るに、
（07）

従って、
（07）により、
（08）
言ふまでもなく、
① 　Ｐ＝徳島は九州である。
といふ「命題」は、「偽」であって、
① ～Ｐ＝徳島は九州ではない。
といふ「命題」は、「真」である。
従って、
（06）（07）（08）により、
（09）
①（徳島は九州ではない）と　（２は奇数である）といふ「命題」の、少なくとも、一方は「真」である。
②（徳島は九州であって）、　（２は奇数でない）、といふことは無い。
③（徳島が九州である）ならば（２は奇数である）。
に於いて、
①＝②＝③ であって、尚且つ、
① は「真」である。
従って、
（09）により、
（10）
①（徳島は九州ではない）と　（２は奇数である）といふ「命題」の、少なくとも、一方は「真」である。
②（徳島は九州であって）、　（２は奇数でない）、といふことは無い。
③（徳島が九州である）ならば（２は奇数である）。
に於いて、
①＝②＝③ であって、尚且つ、
① は「真」であるが故に、
③（徳島が九州である）ならば（２は奇数である）。
といふ「命題」も、「真」である。
従って、
（10）により、
（11）
「換言」すると、
①（徳島は九州ではない）と　（２は奇数である）といふ「命題」の、少なくとも、一方は「真」である。
③（徳島が九州である）ならば（２は奇数である）。
に於いて、
①＝③ ではないとするならば、
③（徳島が九州である）ならば（２は奇数である）。
といふ「命題」が「真」である。
といふことには、ならない。
然るに、
（12）
③（徳島が九州である）ならば（２は奇数である）。
といふ「仮言命題」が「真」であるとしても、
③（徳島は九州である）。
といふ「命題（前件）」は、「偽」である。
従って、
（13）
③（徳島が九州である）ならば（２は奇数である）。
といふ「仮言命題」が「真」であるとしても、
③（徳島は九州である）。
といふ「命題（前件）」は、「偽」であるため、
③（２は奇数である）。
といふ「命題（後件）」が「真」であるとは、「限らない」。
令和５年１１月１８日、毛利太。

「象が象といふ動物である」の「述語論理」（Ⅱ）。

（01）
① 象は、動物である。
② 象は、象といふ動物である。
に於いて、
①＝② である。
然るに、
（02）
③ 象以外に、象といふ動物がゐる。
とするならば、
③ 象ではなくて、象である動物がゐる。
といふことになり、『矛盾』する。
従って、
（02）により、
（03）
③ 象以外に、象といふ動物はゐない。
従って、
（01）（02）（03）により、
（04）
① 象は、動物である。
② 象は、象といふ動物である。
③ 象は、動物であり、象以外に、象といふ動物はゐない。
に於いて、
①＝②＝③ である。
然るに、
（05）
③ 象は、動物であり、象以外に、象といふ動物はゐない。
④ 象は、動物であり、象は、象といふ動物に「等しい」。
に於いて、
③＝④ である。
従って、
（04）（05）により、
（06）
① 象は、動物である。
② 象は、象といふ動物である。
③ 象は、動物であり、象以外に、象といふ動物はゐない。
④ 象は、動物であり、象は、象といふ動物に「等しい」。
といふ「日本語」に於いて、
①＝②＝③＝④ である。
従って、
（06）により、
（07）
「番号」を「付け直す」と、
① 象は、動物である。
② 象は、動物であり、象は、象といふ動物に「等しい」。
に於いて、
①＝② である。
然るに、
（08）
② 象は、動物であり、象は、象といふ動物に「等しい」。
といふことは、
② 象は、象といふ動物に「等しい」。
といふことに、「他ならない」。
従って、
（07）（08）により、
（09）
① 象は、動物である。
② 象は、象といふ動物に「等しい」。
に於いて、
①＝② である。
従って、
（09）により、
（10）
① 象は、動物である。
② 象は、象といふ動物に「等しい」。
といふ「日本語」は、
① すべてのｘについて（ｘが象であるならば、ｘは動物である）。
② すべてのｘについて（ｘが象であるならば、そのときに限って、ｘは象であって、ｘは動物である）。
といふ「意味」である。
従って、
（10）により、
（11）
① 象は、動物である。
② 象は、象といふ動物に「等しい」。
といふ「日本語」は、
① ∀ｘ（象ｘ→動物ｘ）
② ∀ｘ（象ｘ⇔象ｘ＆動物ｘ）
といふ「述語論理式」に、「等しい」。
従って、
（09）（10）（11）により、
（12）
① 象は、動物である。
② 象は、象といふ動物に「等しい」。
に於いて、すなはち、
① ∀ｘ（象ｘ→動物ｘ）
② ∀ｘ（象ｘ⇔象ｘ＆動物ｘ）
に於いて、
①＝② である。
然るに、
（13）
（ⅰ）
１　　（１）∀ｘ（象ｘ→動物ｘ）　　　　Ａ
１　　（２）　　　象ａ→動物ａ　　　　　１ＵＥ
　３　（３）　　　象ａ　　　　　　　　　Ａ
１３　（４）　　　　　　動物ｂ　　　　　２３ＭＰＰ
１３　（５）　　　象ａ＆動物ｂ　　　　　３４＆Ｉ
１　　（６）　　　象ａ→象ａ＆動物ａ　　３５ＣＰ
　　７（７）　　　象ａ＆動物ａ　　　　　Ａ
　　７（８）　　　象ａ　　　　　　　　　７＆Ｅ
　　　（９）　　　象ａ＆動物ａ→象ａ　　７８ＣＰ
１　　（ア）　　　象ａ→象ａ＆動物ａ＆
　　　　　　　　　象ａ＆動物ａ→象ａ　　６９＆Ｉ
１　　（イ）　　　象ａ⇔象ａ＆動物ａ　　アＤｆ.⇔
１　　（ウ）∀ｘ（象ｘ⇔象ｘ＆動物ｘ）　イＵＩ
（ⅱ）
１　　（１）∀ｘ（象ｘ⇔象ｘ＆動物ｘ）　Ａ
１　　（２）　　　象ａ⇔象ａ＆動物ａ　　１ＵＥ
１　　（３）　　　象ａ→象ａ＆動物ａ＆
　　　　　　　　　象ａ＆動物ａ→象ａ　　２Ｄｆ.⇔
１　　（４）　　　象ａ→象ａ＆動物ａ　　３＆Ｅ
　５　（５）　　　象ａ　　　　　　　　　Ａ
１５　（６）　　　　　　象ａ＆動物ａ　　４５ＭＰＰ
１５　（７）　　　　　　　　　動物ａ　　６＆Ｅ
１　　（８）　　　象ａ→動物ａ　　　　　５７ＣＰ
１　　（９）∀ｘ（象ｘ→動物ｘ）　　　　８ＵＩ
従って、
（12）（13）により、
（14）
果たして、
① ∀ｘ（象ｘ→動物ｘ）
② ∀ｘ（象ｘ⇔象ｘ＆動物ｘ）
に於いても、
①＝② である。
然るに、
（15）
① ∀ｘ（象ｘ→動物ｘ）
② ∀ｘ（象ｘ⇔象ｘ＆動物ｘ）
といふ「述語論理式」は、
① 象⊂動物
② 象＝象∩動物
といふ「集合の式」に「等しい」。
従って、
（12）～（15）により、
（16）
① 象は、動物である。
② 象は、象といふ動物に「等しい」。
③ ∀ｘ（象ｘ→動物ｘ）
④ ∀ｘ（象ｘ⇔象ｘ＆動物ｘ）
⑤ 象⊂動物
⑥ 象＝象∩動物
に於いて、
①＝②＝③＝④＝⑤＝⑥ である。
令和５年１１月１３日、毛利太。

「象が象といふ動物である」の「述語論理」。

（01）
「集合の記号」で書くと、
① 象⊂動物
② 象＝象∩動物
に於いて、
①＝② である。
然るに、
（02）
（ⅲ）
１　　（１）∀ｘ（象ｘ→動物ｘ）　　　　Ａ
１　　（２）　　　象ａ→動物ａ　　　　　１ＵＥ
　３　（３）　　　象ａ　　　　　　　　　Ａ
１３　（４）　　　　　　動物ｂ　　　　　２３ＭＰＰ
１３　（５）　　　象ａ＆動物ｂ　　　　　３４＆Ｉ
１　　（６）　　　象ａ→象ａ＆動物ａ　　３５ＣＰ
　　７（７）　　　象ａ＆動物ａ　　　　　Ａ
　　７（８）　　　象ａ　　　　　　　　　７＆Ｅ
　　　（９）　　　象ａ＆動物ａ→象ａ　　７８ＣＰ
１　　（ア）　　　象ａ→象ａ＆動物ａ＆
　　　　　　　　　象ａ＆動物ａ→象ａ　　６９＆Ｉ
１　　（イ）　　　象ａ⇔象ａ＆動物ａ　　アＤｆ.⇔
１　　（ウ）∀ｘ（象ｘ⇔象ｘ＆動物ｘ）　イＵＩ
（ⅳ）
１　　（１）∀ｘ（象ｘ⇔象ｘ＆動物ｘ）　Ａ
１　　（２）　　　象ａ⇔象ａ＆動物ａ　　１ＵＥ
１　　（３）　　　象ａ→象ａ＆動物ａ＆
　　　　　　　　　象ａ＆動物ａ→象ａ　　２Ｄｆ.⇔
１　　（４）　　　象ａ→象ａ＆動物ａ　　３＆Ｅ
　５　（５）　　　象ａ　　　　　　　　　Ａ
１５　（６）　　　　　　象ａ＆動物ａ　　４５ＭＰＰ
１５　（７）　　　　　　　　　動物ａ　　６＆Ｅ
１　　（８）　　　象ａ→動物ａ　　　　　５７ＣＰ
１　　（９）∀ｘ（象ｘ→動物ｘ）　　　　８ＵＩ
従って、
（02）により、
（03）
③ ∀ｘ（象ｘ→動物ｘ）
④ ∀ｘ（象ｘ⇔象ｘ＆動物ｘ）
に於いて、すなはち、
③ すべてのｘについて（ｘが象であるならば、ｘは動物である）。
④ すべてのｘについて（ｘが象であるならば、そのときに限って、ｘは象であって、ｘは動物である）。
に於いて、
③＝④ である。
従って、
（03）により、
（04）
③ 象は、動物である。
④ 象は、象といふ動物であって、象以外は、象といふ動物ではない。
に於いて、
③＝④ である。
従って、
（04）により、
（05）
⑤ 象は、動物である。
⑥ 象が、象といふ動物である。
に於いて、
⑤＝⑥ である。
従って、
（01）～（05）により、
（06）
① 象⊂動物
② 象＝象∩動物
③ ∀ｘ（象ｘ→動物ｘ）
④ ∀ｘ（象ｘ⇔象ｘ＆動物ｘ）
⑤ 象は、動物である。
⑥ 象が、象といふ動物である。
に於いて、
①＝②＝③＝④＝⑤＝⑥ である。
令和５年１１月１２日、毛利太。

「述語論理」と「集合」。

　―「午前中の記事」を書き直します。―
（01）
（ⅰ）
１　　　　（１）　　　∀ｘ（Ｆｘ→Ｇｘ）　　Ａ
　２　　　（２）　　　∀ｘ（Ｆｘ∨Ｇｘ）　　Ａ
１　　　　（３）　　　　　　Ｆａ→Ｇａ　　　１ＵＥ
　２　　　（４）　　　　　　Ｆａ∨Ｇａ　　　２ＵＥ
　　５　　（５）　　　　　　Ｆａ　　　　　　Ａ
１　５　　（６）　　　　　　　　　Ｇａ　　　３５ＭＰＰ
　　　７　（７）　　　　　　　　　Ｇａ　　　Ａ
１２　　　（８）　　　　　　　　　Ｇａ　　　４５６７７∨Ｅ
１　　　　（９）　　　Ｆａ∨Ｇａ→Ｇａ　　　４８ＣＰ
　　　　ア（ア）　　　　　　Ｇａ　　　　　　Ａ
　　　　ア（イ）　　　Ｆａ∨Ｇａ　　　　　　ア∨Ｉ
　　　　　（ウ）　　　Ｇａ→Ｆａ∨Ｇａ　　　アイＣＰ
１　　　　（エ）　　（Ｆａ∨Ｇａ→Ｇａ）＆
　　　　　　　　　　（Ｇａ→Ｆａ∨Ｇａ）　　９ウ＆Ｉ
１　　　　（オ）　　　Ｆａ∨Ｇａ⇔Ｇａ　　　エＤｆ.⇔
１　　　　（カ）∀ｘ（Ｆｘ∨Ｇｘ⇔Ｇｘ）　　オＵＩ
　 （ⅱ）
１　　　（１）∀ｘ（Ｆｘ∨Ｇｘ⇔Ｇｘ）　　Ａ
１　　　（２）　　　Ｆａ∨Ｇａ⇔Ｇａ　　　１ＵＥ
１　　　（３）　　（Ｆａ∨Ｇａ→Ｇａ）＆
　　　　　　　　　（Ｇａ→Ｆａ∨Ｇａ）　　２Ｄｆ.⇔
１　　　（４）　　　Ｆａ∨Ｇａ→Ｇａ　　　３＆Ｅ
　５　　（５）　　　Ｆａ　　　　　　　　　Ａ
　５　　（６）　　　Ｆａ∨Ｇａ　　　　　　５∨Ｉ
１５　　（７）　　　　　　　　　Ｇａ　　　４６ＭＰＰ
１　　　（８）　　　　　　Ｆａ→Ｇａ　　　５７ＣＰ
１　　　（９）　　　∀ｘ（Ｆｘ→Ｇｘ）　　８ＵＩ
従って、
（01）により、
（02）
① ∀ｘ（Ｆｘ→Ｇｘ）
② ∀ｘ（Ｆｘ∨Ｇｘ⇔Ｇｘ）
に於いて、すなはち、
① すべてのｘについて（ｘがＦであるならば、ｘはＧである）。
② すべてのｘについて（ｘがＦであるか、または、ｘがＧであるならば、そのときに限って、ｘはＧである）。
に於いて、
①＝② である。
従って、
（02）により、
（03）
Ｆ＝ｘは一桁の、偶数である。
Ｇ＝ｘは一桁の自然数である。
として、
①「ｘが一桁の偶数」ならば、　「ｘは一桁の自然数」である。
②「ｘが一桁の偶数」か、または「ｘが一桁の自然数」ならば、そのときに限って、「ｘは一桁の自然数」である。
に於いて、
①＝② である。
従って、
（03）により、
（04）
① ｘ∈｛２，４，６，８｝ならば、　ｘ∈｛１，２，３，４，５，６，７，８，９｝である。
② ｘ∈｛２，４，６，８｝か、またはｘ∈｛１，２，３，４，５，６，７，８，９｝ならば、そのときに限って、ｘ∈｛１，２，３，４，５，６，７，８，９｝である。
に於いて、
①＝② である。
然るに、
（04）により、
（05）
「ならば」＝「⊂」
「または」＝「∪」
であるとして、
①｛２，４，６，８｝⊂｛１，２，３，４，５，６，７，８，９｝
②｛２，４，６，８｝∪｛１，２，３，４，５，６，７，８，９｝＝｛１，２，３，４，５，６，７，８，９｝である。
に於いて、
①＝② である。
従って、
（05）により、
（06）
Ａが「集合」であって、
Ｂも「集合」であるとして、
① Ａ⊂Ｂ
② Ａ∪Ｂ＝Ｂ
に於いて、
①＝② である。
従って、
（06）により、
（07）
①「ＡがＢの部分集合」であるならば、そのときに限って、
②「ＡとＢの和集合」は、「Ｂそのもの」である。
従って、
（07）により、
（08）
①「偶数が、自然数の部分集合」であるならば、そのときに限って、
②「偶数と、自然数の和集合」は、「自然数そのもの」である。
従って、
（08）により、
（09）
「自然数」に、「偶数」を加へても、
「自然数の個数（濃度）」は「不変」である。
令和５年１１月１１日、毛利太。

「空集合」は「任意の集合の部分集合」である？

（01）
（ⅰ）
１　　　　（１）　　　　Ｐ→　Ｑ　　　Ａ
　２　　　（２）　　　　Ｐ＆～Ｑ　　　Ａ
　２　　　（３）　　　　Ｐ　　　　　　２＆Ｅ
１２　　　（４）　　　　　　　Ｑ　　　１３ＭＰＰ
　２　　　（５）　　　　　　～Ｑ　　　２＆Ｅ
１２　　　（６）　　　　Ｑ＆～Ｑ　　　４５＆Ｉ
１　　　　（７）　　～（Ｐ＆～Ｑ）　　２６ＲＡＡ
　　８　　（８）　～（～Ｐ∨　Ｑ）　　Ａ
　　　９　（９）　　　～Ｐ　　　　　　Ａ
　　　９　（ア）　　　～Ｐ∨　Ｑ　　　９∨Ｉ
　　８９　（イ）　～（～Ｐ∨　Ｑ）＆
　　　　　　　　　　（～Ｐ∨　Ｑ）　　８ア＆Ｉ
　　８　　（ウ）　　～～Ｐ　　　　　　９イＲＡＡ
　　８　　（エ）　　　　Ｐ　　　　　　ウＤＮ
　　　　オ（オ）　　　　　　　Ｑ　　　Ａ
　　　　オ（カ）　　　～Ｐ∨　Ｑ　　　オ∨Ｉ
　　８　オ（キ）　～（～Ｐ∨　Ｑ）＆
　　　　　　　　　　（～Ｐ∨　Ｑ）　　８カ＆Ｉ
　　８　　（ク）　　　　　　～Ｑ　　　オキＲＡＡ
　　８　　（ケ）　　　　Ｐ＆～Ｑ　　　エク＆Ｉ
１　８　　（コ）　　～（Ｐ＆～Ｑ）＆
　　　　　　　　　　　（Ｐ＆～Ｑ）　　７ケ＆Ｉ
１　　　　（サ）～～（～Ｐ∨　Ｑ）　　８コＲＡＡ
１　　　　（シ）　　　～Ｐ∨　Ｑ　　　サＤＮ
（ⅱ）
１　　　　　（１）　～Ｐ∨　Ｑ　　　Ａ
　２　　　　（２）　　Ｐ＆～Ｑ　　　Ａ
　　３　　　（３）　～Ｐ　　　　　　Ａ
　２　　　　（４）　　Ｐ　　　　　　２＆Ｅ
　２３　　　（５）　～Ｐ＆Ｐ　　　　３４＆Ｉ
　　３　　　（６　～（Ｐ＆～Ｑ）　　２５ＲＡＡ
　　　７　　（７）　　　　　Ｑ　　　Ａ
　２　　　　（８）　　　　～Ｑ　　　２＆Ｅ
　２　７　　（９）　　Ｑ＆～Ｑ　　　７８＆Ｉ
　　　７　　（ア）～（Ｐ＆～Ｑ）　　２９ＲＡＡ
１　　　　　（イ）～（Ｐ＆～Ｑ）　　１３６７ア∨Ｅ
　　　　ウ　（ウ）　　Ｐ　　　　　　Ａ
　　　　　エ（エ）　　　　～Ｑ　　　Ａ
　　　　ウエ（オ）　　Ｐ＆～Ｑ　　　ウエ＆Ｉ
１　　　ウエ（カ）～（Ｐ＆～Ｑ）＆
　　　　　　　　　　（Ｐ＆～Ｑ）　　イオ＆Ｉ
１　　　ウ　（キ）　　　～～Ｑ　　　エカＲＡＡ
１　　　ウ　（ク）　　　　　Ｑ　　　キＤＮ
１　　　　　（ケ）　　Ｐ→　Ｑ　　　ウクＣＰ
従って、
（01）により、
（02）
①　 Ｐ→Ｑ
② ～Ｐ∨Ｑ
に於いて、
①＝② である（含意の定義）。
従って、
（02）により、
（03）
①　 Ｐ→Ｑ
② ～Ｐ∨Ｑ
に於いて、
Ｐ＝ｘ∈Φ
Ｑ＝ｘ∈Ｂ
であるとして、
① 　ｘ∈Φ→ｘ∈Ｂ
② ～ｘ∈Φ∨ｘ∈Ｂ
に於いて、
①＝② である。
従って、
（03）により、
（04）
① 　ｘ∈Φ→ｘ∈Ｂ
② ～ｘ∈Φ∨ｘ∈Ｂ
に於いて、すなはち、
① ｘが空集合Φの要素であるならば、ｘは任意の集合Ｂの要素である。
② ｘは空集合Φの要素ではないか、または、ｘは任意の集合Ｂの要素であるかの、いづれかである。
に於いて、
①＝② である。
然るに、
（05）
② 空集合Φは、「要素の個数がゼロである集合」であるため、
② ｘは、空集合Φの要素ではない。
といふ「命題」は、「真」である。
従って、
（05）により、
（06）
② ｘは、空集合Φの要素ではない。
といふ「命題」が、「真」であるため、
② ｘは、空集合Φの要素ではないか、または、ｘは任意の集合Ｂの要素であるかの、いづれかである。
といふ「命題」も、「真」である。
従って、
（04）（06）により、
（07）
① 　ｘ∈Φ→ｘ∈Ｂ
② ～ｘ∈Φ∨ｘ∈Ｂ
に於いて、すなはち、
① ｘが空集合の要素であるならば、ｘは任意の集合Ｂの要素である。
② ｘは、空集合Φの要素ではないか、または、ｘは任意の集合Ｂの要素であるかの、いづれかである。
に於いて、
①＝② であって、
② が「真」であるため、
① も「真」である。
然るに、
（08）

（ウィキペディア）

従って、
（08）により、
（09）
① ｘ∈Ａ→ｘ∈Ｂ
であるならば、すなわち、
① ｘが集合Ａの要素であるならば、ｘは集合Ｂの要素である。
であるならば、そのときに限って、
① 集合Ａは、集合Ｂの「部分集合」である。
従って、
（07）（08）（09）により、
（10）
① ｘ∈Φ→ｘ∈Ｂ
であるならば、すなわち、
① ｘが空集合Φの要素であるならば、ｘは集合Ｂの要素である。
であるならば、そのときに限って、
① 空集合Φは、集合Ｂの「部分集合」である。
従って、
（06）（10）により、
（11）
① いかなるｘであっても、空集合Φの要素ではない。
といふ「命題」が「真」であるが故に、
① 空集合Φは、任意の集合Ｂの、「部分集合」である。
といふ「命題」も「真」である。
といふ、「分けのわからない（？）」ことになる。
従って、
（01）～（11）により、
（12）
「結局」は、『含意の定義』により、
① 　ｘ∈Φ→ｘ∈Ｂ
② ～ｘ∈Φ∨ｘ∈Ｂ
に於いて、
①＝② であって、尚且つ、
② 　ｘ∈Φ
といふ「命題」が「偽」であるため、その「否定」である、
② ～ｘ∈Φ
といふ「命題」が「真」であって、尚且つ、
① ｘ∈Ａ→ｘ∈Ｂ ⇔ Ａ⊆Ｂ
といふ『定義』が有るため、
① 空集合Φは、任意の集合Ｂの、「部分集合」である。
といふことになる。
令和５年１１月１日、毛利太。