逐步主鏈
S01 · definition
操作前
\text{multiples of }6,\ \text{even integers},\ \text{multiples of }4\ \text{in }\mathbb{Z}操作後
A=\{n\in\mathbb{Z}\mid\exists k\in\mathbb{Z},\ n=6k\},\ B=\{n\in\mathbb{Z}\mid\exists m\in\mathbb{Z},\ n=2m\},\ C=\{n\in\mathbb{Z}\mid\exists j\in\mathbb{Z},\ n=4j\}條件:無
規則:def_intro · 依賴:G1, G2
葉節點依據:def_intro + set_builder
以集合建構式為三個集合取名。三者都由 ℤ 中的元素構成,所以它們在同一論域 ℤ 中,滿足 MKO 假設 a1;之後比較它們的包含關係才有意義。依 set_builder,n∈A 恰好表示 n∈ℤ 且有某個整數 k 使 n=6k;B、C 同理。
S02 · equivalent
操作前
A\subseteq B
操作後
\forall x\ (x\in A\Rightarrow x\in B)
條件:A,B\subseteq\mathbb{Z}
規則:mko_subset_def · 依賴:S01, mko_subset_def
葉節點依據:mko_subset_def + subset_def + def_unfold
依 MKO 的定義展開目標:A⊆B 當且僅當對每個對象 x,x∈A 蘊涵 x∈B。對 ℤ 以外的對象,x∈A 為假,蘊涵自動成立,所以實際上只需對 x∈ℤ 檢查。這一步把一個關於兩個集合的語句,換成一個關於所有元素的全稱語句;要證明它,必須處理任意的 x,而不是挑選出來的幾個元素。
S03 · equivalent
操作前
x\in A\ \ (x\in\mathbb{Z}\ \text{arbitrary})操作後
\exists k\in\mathbb{Z},\ x=6k條件:x\in\mathbb{Z}
規則:set_builder · 依賴:S01, S02
葉節點依據:set_builder + def_unfold
取一個任意的 x∈ℤ,並暫時假設 x∈A(這個假設在 S07 釋放)。依 A 的集合建構式,x∈A 等價於「有某個整數 k 使 x=6k」。除了 x∈ℤ 與這個暫時假設之外,對 x 不加任何條件。
S04 · implies
操作前
\exists k\in\mathbb{Z},\ x=6k操作後
x=6k_0,\ k_0\in\mathbb{Z}條件:無
規則:exists_elim · 依賴:S03
葉節點依據:exists_elim
依 ∃消去,給滿足條件的某個整數取新名字 k₀,得 x=6k₀。k₀ 只是那個整數的名字,最後的結論 x∈B 不會提到 k₀,所以這樣做是允許的。
S05 · equivalent
操作前
x=6k_0
操作後
x=2(3k_0)
條件:無
規則:eq_replace · 依賴:S04
葉節點依據:numeric_evaluation + mul_assoc + eq_replace
把 6 寫成 2·3,再用乘法結合律:6k₀=(2·3)k₀=2(3k₀)。兩邊是同一個整數,所以等式的真假不變。這是本證明唯一的計算,而它對每個 k₀ 都成立(N1 以多項式恆等式核對)。
S06 · implies
操作前
x=2(3k_0),\ k_0\in\mathbb{Z}操作後
x\in B
條件:3k_0\in\mathbb{Z}
規則:exists_intro · 依賴:S04, S05, int_closure
葉節點依據:int_closure + exists_intro + set_builder
3 與 k₀ 都是整數,依整數的乘法封閉性 3k₀∈ℤ。於是 m=3k₀ 是一個使 x=2m 的整數;依 ∃引入與 B 的集合建構式,x∈B。
S07 · implies
操作前
x\in A\ \text{assumed}\ \vdash\ x\in B,\quad x\in\mathbb{Z}\ \text{arbitrary}操作後
A\subseteq B
條件:無
規則:forall_intro · 依賴:S02, S03, S06
葉節點依據:imp_intro + forall_intro + def_unfold
先依 →引入釋放 S03 的暫時假設,得 x∈A⇒x∈B;此後 x∈A 不再當作已知。S03 到 S06 對 x 只用到 x∈ℤ,沒有挑選特定的 x,所以依 ∀引入得 ∀x∈ℤ (x∈A⇒x∈B);ℤ 以外的對象如 S02 所述自動成立。再依 S02 收回定義,得 A⊆B。
S08 · implies
操作前
2=2\cdot 1,\quad 2\in A\iff\exists k\in\mathbb{Z},\ 6k=2操作後
2\in B,\ 2\notin A
條件:無
規則:L_6k_ne_2 · 依賴:S01
葉節點依據:set_builder + exists_intro + quantifier_negation + int_discrete + order_basics
2=2·1 且 1∈ℤ,所以 2∈B。另一方面,依 A 的定義,2∈A 需要某個整數 k 使 6k=2;引理 L_6k_ne_2(在 S08.1、S08.2 證明)說沒有這樣的整數,依量詞否定,2∉A。
S09 · implies
操作前
A\subseteq B,\ 2\in B,\ 2\notin A
操作後
A\neq B,\ A\subsetneq B
條件:無
規則:proper_subset_def · 依賴:S07, S08
葉節點依據:set_extensionality + proper_subset_def + and_intro_elim
依集合相等的判準,A=B 需要兩者有相同元素;2 在 B 中而不在 A 中,所以 A≠B。再加上 S07 的 A⊆B,依嚴格子集合定義得 A⊊B。嚴格性是另外證出的事實,不是 A⊆B 本身的含意。
S10 · equivalent
操作前
B\subseteq B
操作後
\forall x\ (x\in B\Rightarrow x\in B)
條件:無
規則:mko_subset_def · 依賴:S01, mko_subset_def
葉節點依據:mko_subset_def + imp_intro + forall_intro
把同一定義用在兩個集合都是 B 的情形:B⊆B 等價於「對每個 x,x∈B⇒x∈B」。任何命題都蘊涵自己(假設 x∈B,結論 x∈B 就是這個假設),所以右邊成立,B⊆B 成立。這說明 ⊆ 是非嚴格包含:兩集合相等時包含仍成立,A⊆B 並不要求 A≠B。
S11 · equivalent
操作前
\neg(A\subseteq C)
操作後
\exists x\ (x\in A\land x\notin C)
條件:無
規則:quantifier_negation · 依賴:S01, mko_subset_def
葉節點依據:mko_subset_def + quantifier_negation + neg_imp
要否定 A⊆C,先依定義寫成 ¬∀x (x∈A⇒x∈C)。依量詞否定得 ∃x ¬(x∈A⇒x∈C),再依蘊涵的否定得 ∃x (x∈A ∧ x∉C)。所以否定包含只需要一個反例:A 中某個不屬於 C 的元素。
S12 · implies
操作前
6=6\cdot 1,\quad 6\in C\iff\exists j\in\mathbb{Z},\ 4j=6操作後
6\in A,\ 6\notin C
條件:無
規則:L_4j_ne_6 · 依賴:S01
葉節點依據:set_builder + exists_intro + quantifier_negation + int_discrete + order_basics
6=6·1 且 1∈ℤ,所以 6∈A。依 C 的定義,6∈C 需要某個整數 j 使 4j=6;引理 L_4j_ne_6(在 S12.1、S12.2 證明)說沒有這樣的整數,所以 6∉C。
S13 · implies
操作前
6\in A\land 6\notin C
操作後
A\not\subseteq C
條件:無
規則:exists_intro · 依賴:S11, S12
葉節點依據:exists_intro + and_intro_elim + logic_chain
以 x=6 為見證:S12 給出 6∈A 且 6∉C,依 ∃引入得 ∃x (x∈A ∧ x∉C);依 S11 的等價,A⊄C。一個反例就足以否定包含。
S14 · implies
操作前
12=6\cdot 2,\ 12=4\cdot 3
操作後
12\in A\cap C\ \text{and yet}\ A\not\subseteq C條件:無
規則:set_operations_def · 依賴:S01, S13
葉節點依據:set_builder + exists_intro + set_operations_def + numeric_evaluation
12=6·2 且 12=4·3,見證 2、3 都是整數,所以 12∈A 且 12∈C,即 12∈A∩C。但 S13 已證 A⊄C。所以找到共同元素並不能推出包含;包含是對 A 的每一個元素的要求。
S15 · equivalent
操作前
\{6\}\subseteq A操作後
6\in A
條件:無
規則:L_singleton_subset · 依賴:S12
葉節點依據:singleton_def + subset_def + forall_elim + forall_intro + eq_replace
依引理 L_singleton_subset(S=A,a=6),{6}⊆A 與 6∈A 同真同假;S12 已證 6∈A,所以 {6}⊆A 也成立。兩個語句真值相同,卻不是同一個語句:6∈A 比較一個元素與一個集合,{6}⊆A 比較兩個集合。
S16 · implies
操作前
A\subseteq B,\ 2\in B\setminus A,\ 6\in A\setminus C,\ 6\in A
操作後
A\subsetneq B,\ A\not\subseteq C,\ B\subseteq B,\ \{6\}\subseteq A條件:無
規則:and_intro_elim · 依賴:S07, S09, S10, S13, S14, S15
葉節點依據:and_intro_elim
彙整:A⊊B(S07、S09);A⊄C,雖然 12∈A∩C(S13、S14);B⊆B 顯示 ⊆ 允許相等(S10);{6}⊆A 與 6∈A 同真,但型別角色不同(S15)。
局部子步與引理
S08.1 · case_split
操作前
k\in\mathbb{Z}操作後
k\le 0\ \lor\ k\ge 1
條件:k\in\mathbb{Z}
規則:int_discrete · 依賴:int_discrete
葉節點依據:int_discrete + case_analysis
設 k 是任意整數。依整數的離散性(取 c=0),k≤0 或 k≥1,沒有第三種可能;兩種情況涵蓋所有整數。
S08.2 · implies
操作前
k\le 0\ \lor\ k\ge 1
操作後
6k\neq 2
條件:6>0
規則:case_analysis · 依賴:S08.1, order_basics
葉節點依據:order_basics + case_analysis + forall_intro + numeric_evaluation
情況一:k≤0。兩邊乘以正數 6,得 6k≤0<2,所以 6k≠2。情況二:k≥1。兩邊乘以 6,得 6k≥6>2,所以 6k≠2。兩種情況都得 6k≠2,依分情況論證成立;k 是任意的,S08.1 與 S08.2 合起來證得引理 L_6k_ne_2。
S12.1 · case_split
操作前
j\in\mathbb{Z}操作後
j\le 1\ \lor\ j\ge 2
條件:j\in\mathbb{Z}
規則:int_discrete · 依賴:int_discrete
葉節點依據:int_discrete + case_analysis
設 j 是任意整數。依整數的離散性(取 c=1),j≤1 或 j≥2,兩種情況涵蓋所有整數。
S12.2 · implies
操作前
j\le 1\ \lor\ j\ge 2
操作後
4j\neq 6
條件:4>0
規則:case_analysis · 依賴:S12.1, order_basics
葉節點依據:order_basics + case_analysis + forall_intro + numeric_evaluation
情況一:j≤1,乘以 4>0 得 4j≤4<6。情況二:j≥2,乘以 4 得 4j≥8>6。兩種情況都有 4j≠6;j 是任意的,S12.1 與 S12.2 合起來證得引理 L_4j_ne_6。
S15.1 · implies
操作前
\{a\}\subseteq S操作後
a\in S
條件:無
規則:forall_elim · 依賴:singleton_def, subset_def
葉節點依據:singleton_def + eq_refl_symm_trans + subset_def + forall_elim
(⇒)依單元素集合定義,a∈{a},因為 a=a。{a}⊆S 是說 {a} 的每個元素都在 S 中;把這個全稱語句代入 x=a(∀消去),得 a∈S。
S15.2 · implies
操作前
a\in S
操作後
\{a\}\subseteq S條件:無
規則:forall_intro · 依賴:singleton_def, subset_def
葉節點依據:singleton_def + eq_replace + imp_intro + forall_intro + subset_def
(⇐)設 a∈S。取任意 x∈{a};依單元素集合定義 x=a,依等值代換 x∈S。x 是任意的,依 ∀引入與子集合定義得 {a}⊆S。S15.1 與 S15.2 合起來證得引理 L_singleton_subset。