述語論理における選言三段論法

論理式\(A,B\)を任意に選んだとき、\begin{equation*}A\vee B,\ \lnot A\ \models \ B
\end{equation*}が成り立つ。

命題関数\(P\left( x\right) ,Q\left( x\right) \)を任意に選びます。命題関数は論理式であるため、選言三段論法より、\begin{equation*}P\left( x\right) \vee Q\left( x\right) ,\ \lnot P\left( x\right) \ \models \
Q\left( x\right)
\end{equation*}が成り立ちます。つまり、\(P\left( x\right) \vee Q\left( x\right) \)と\(\lnot P\left( x\right) \)が真である場合には\(Q\left( x\right) \)は真になります。同時にこれは、\(Q\left( x\right) \)が偽である場合には\(P\left( x\right) \vee Q\left( x\right) \)または\(\lnot P\left( x\right) \)の少なくとも一方が偽であることを意味します。

命題関数\(P\left( x\right) ,Q\left( x\right) ,R\left(x\right) \)を任意に選びます。以下の論理式\begin{eqnarray*}P\left( x\right) &\rightarrow &Q\left( x\right) \\
Q\left( x\right) &\rightarrow &R\left( x\right)
\end{eqnarray*}に注目すると、選言三段論法より、\begin{equation*}
\left( P\left( x\right) \rightarrow Q\left( x\right) \right) \vee \left(
Q\left( x\right) \rightarrow R\left( x\right) \right) ,\ \lnot \left(
P\left( x\right) \rightarrow Q\left( x\right) \right) \ \models \ Q\left(
x\right) \rightarrow R\left( x\right)
\end{equation*}が成り立ちます。つまり、\(\left( P\left( x\right) \rightarrow Q\left(x\right) \right) \vee \left( Q\left( x\right) \rightarrow R\left( x\right) \right) \)と\(\lnot \left( P\left( x\right) \rightarrow Q\left( x\right)\right) \)がともに真である場合には\(Q\left( x\right) \rightarrow R\left(x\right) \)は真になります。同時にこれは、\(Q\left( x\right)\rightarrow R\left( x\right) \)が偽である場合には\(\left( P\left( x\right) \rightarrow Q\left(x\right) \right) \vee \left( Q\left( x\right) \rightarrow R\left( x\right) \right) \)または\(\lnot \left( P\left( x\right) \rightarrow Q\left( x\right) \right) \)の少なくとも一方が偽であることを意味します。

以下の推論について考えます。\begin{eqnarray*}
&&\text{整数はいずれも偶数または奇数である} \\
&&c\text{は偶数ではない} \\
&&\text{したがって、}c\text{は奇数である}
\end{eqnarray*}変数\(x\)の定義域はすべての整数からなる集合\(\mathbb{Z} \)であるものとします。さらに命題関数\(P\left(x\right) \)を、\begin{eqnarray*}P\left( x\right) &:&x\text{は偶数である}
\\
Q\left( x\right) &:&x\text{は奇数である}
\end{eqnarray*}とおくと、先の推論は、\begin{equation*}
\forall x\in \mathbb{Z} :\left( P\left( x\right) \vee Q\left( x\right) \right) ,\ \lnot P\left(
c\right) \ \therefore \ Q\left( c\right)
\end{equation*}と定式化されます。この推論は妥当でしょうか。前提の1つである、\begin{equation*}
\forall x\in \mathbb{Z} :\left( P\left( x\right) \vee Q\left( x\right) \right)
\end{equation*}に全称除去を適用すると、\begin{equation*}
P\left( c\right) \vee Q\left( c\right)
\end{equation*}を得ます。ただし、\(c\)はすべての整数を代表的な形で表す記号です。これともう一方の前提である\(\lnot P\left(c\right) \)に選言三段論法を適用すると\(Q\left( c\right) \)を得るため、与えられた推論が妥当であることが示されました。

以下の推論について考えます。\begin{eqnarray*}
&&\text{誰しもがコーヒーと紅茶の少なくとも一方が好きである。} \\
&&\text{彼はコーヒーが好きではない。} \\
&&\text{したがって、彼は紅茶が好きである。}
\end{eqnarray*}変数\(x\)の定義域\(X\)はすべての人間からなる集合であるものとします。さらに命題関数\(P\left( x\right) ,Q\left( x\right) \)を、\begin{eqnarray*}P\left( x\right) &:&x\text{はコーヒーが好きである} \\
Q\left( x\right) &:&x\text{は紅茶が好きである}
\end{eqnarray*}とおくと、先の推論は、\begin{equation}
\forall x\in X:\left( P\left( x\right) \vee Q\left( x\right) \right) ,\
\lnot P\left( \text{彼}\right) \ \therefore \ Q\left( \text{彼}\right) \quad \cdots (1)
\end{equation}と定式化されます。この推論は妥当でしょうか。前提の1つである、\begin{equation*}
\forall x\in \mathbb{Z} :\left( P\left( x\right) \vee Q\left( x\right) \right)
\end{equation*}に全称除去を適用すると、\begin{equation*}
P\left( \text{彼}\right) \vee Q\left( \text{彼}\right)
\end{equation*}を得ます。これともう一方の前提である\(\lnot P\left( \text{彼}\right) \)に選言三段論法を適用すると\(Q\left( \text{彼}\right) \)を得るため、推論\(\left( 1\right) \)が妥当であることが示されました。では、「彼がコーヒーと紅茶が両方とも好きではない」場合には何が起きているでしょうか。これは推論\(\left( 1\right) \)の結論\(Q\left( \text{彼}\right) \)が偽であることを意味します。推論規則\(\left( 1\right) \)が成り立つことを踏まえると、推論の結論が偽である場合、推論の前提である\(\forall x\in X:\left(P\left( x\right) \vee Q\left( x\right) \right) \)または\(\lnot P\left( \text{彼}\right) \)の少なくとも一方が偽です。今は\(\lnot P\left( \text{彼}\right) \)が真である状況について考えているため\(\forall x\in X:\left( P\left( x\right) \vee Q\left( x\right) \right) \)が偽でなければなりません。つまり、「彼がコーヒーと紅茶が両方とも好きではない」場合には、「誰しもがコーヒーと紅茶の少なくとも一方が好きである」という理屈そのものが間違っているという結論になります。

論理式\(A,B\)について、\begin{equation*}A\vee B,\ A\ \not\models \ \lnot B
\end{equation*}が成り立つ。

以下の推論について考えます。\begin{eqnarray*}
&&\text{誰しもがコーヒーと紅茶の少なくとも一方が好きである。} \\
&&\text{彼はコーヒーが好きである。} \\
&&\text{したがって、彼は紅茶が好きではない。}
\end{eqnarray*}変数\(x\)の定義域\(X\)はすべての人間からなる集合であるものとします。さらに命題関数\(P\left( x\right) ,Q\left( x\right) \)を、\begin{eqnarray*}P\left( x\right) &:&x\text{はコーヒーが好きである} \\
Q\left( x\right) &:&x\text{は紅茶が好きである}
\end{eqnarray*}とおくと、先の推論は、\begin{equation*}
\forall x\in X:\left( P\left( x\right) \vee Q\left( x\right) \right) ,\
P\left( \text{彼}\right) \ \therefore \ \lnot Q\left( \text{彼}\right)
\end{equation*}と定式化されます。この推論は妥当でしょうか。前提の1つである、\begin{equation*}
\forall x\in \mathbb{Z} :\left( P\left( x\right) \vee Q\left( x\right) \right)
\end{equation*}に全称除去を適用すると、\begin{equation*}
P\left( \text{彼}\right) \vee Q\left( \text{彼}\right)
\end{equation*}を得ます。これともう一方の前提である\(P\left( \text{彼}\right) \)に選言肯定を適用すれば\(\lnot Q\left( \text{彼}\right) \)が得られますが、そもそも選言肯定は正しい推論規則ではありません。実際、与えられた推論は妥当ではありません（演習問題）。

論理式\(A,B\)を任意に選んだとき、\begin{equation*}A\veebar B,\ A\ \models \ \lnot B
\end{equation*}が成り立つ。

以下の推論について考えます。\begin{eqnarray*}
&&\text{誰しもがコーヒーまたは紅茶のどちらか一方だけが好きである。} \\
&&\text{彼はコーヒーが好きである。} \\
&&\text{したがって、彼は紅茶が好きではない。}
\end{eqnarray*}変数\(x\)の定義域\(X\)はすべての人間からなる集合であるものとします。さらに命題関数\(P\left( x\right) ,Q\left( x\right) \)を、\begin{eqnarray*}P\left( x\right) &:&x\text{はコーヒーが好きである} \\
Q\left( x\right) &:&x\text{は紅茶が好きである}
\end{eqnarray*}とおくと、先の推論は、\begin{equation}
\forall x\in X:\left( P\left( x\right) \veebar Q\left( x\right) \right) ,\
P\left( \text{彼}\right) \ \therefore \ \lnot Q\left( \text{彼}\right) \quad \cdots (1)
\end{equation}と定式化されます。この推論は妥当でしょうか。前提の1つである、\begin{equation*}
\forall x\in \mathbb{Z} :\left( P\left( x\right) \veebar Q\left( x\right) \right)
\end{equation*}に全称除去を適用すると、\begin{equation*}
P\left( \text{彼}\right) \veebar Q\left( \text{彼}\right)
\end{equation*}を得ます。これともう一方の前提である\(P\left( \text{彼}\right) \)に排他的論理和に関する選言肯定を適用すれば\(\lnot Q\left( \text{彼}\right) \)が得られるため、推論\(\left( 1\right) \)が妥当であることが示されました。では、「彼がコーヒーと紅茶を両方とも好きである」場合には何が起きているでしょうか。これは推論\(\left( 1\right) \)の結論\(\lnot Q\left( \text{彼}\right) \)が偽であることを意味します。推論規則\(\left( 1\right) \)が成り立つことを踏まえると、推論の結論が偽である場合、推論の前提である\(\forall x\in X:\left(P\left( x\right) \veebar Q\left( x\right) \right) \)または\(P\left( \text{彼}\right) \)の少なくとも一方が偽です。今は\(P\left( \text{彼}\right) \)が真である状況について考えているため\(\forall x\in X:\left( P\left(x\right) \veebar Q\left( x\right) \right) \)が偽でなければなりません。つまり、「彼がコーヒーと紅茶を両方とも好きである」場合には、「誰しもがコーヒーまたは紅茶のどちらか一方だけが好きである」という理屈そのものが間違っているという結論になります。

論理式\(A,B\)に関する以下の推論\begin{equation*}\lnot \left( A\wedge B\right) ,\ A\ \therefore \ \lnot B
\end{equation*}が妥当であることを示してください。

以下の推論\begin{eqnarray*}
&&\text{加藤さんは日本人または米国人である。} \\
&&\text{日本人はいずれも日本生まれである。} \\
&&\text{加藤さんは日本生まれではない。} \\
&&\text{ゆえに、加藤さんは米国人である。}
\end{eqnarray*}が妥当であることを示してください。また、上の推論が妥当であることを踏まえたとき、加藤さんが「米国生まれの日本人であり米国人ではない」場合には何が起きているか議論してください。

以下の推論が妥当ではないことを示してください。\begin{eqnarray*}
&&\text{誰しもがコーヒーと紅茶の少なくとも一方が好きである。} \\
&&\text{彼はコーヒーが好きである。} \\
&&\text{したがって、彼は紅茶が好きではない。}
\end{eqnarray*}