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S01 · definition
操作前
\text{three points }A,B,C\text{ of the model}操作後
\triangle ABC=[A,B]\cup[B,C]\cup[C,A]\ \text{when}\ A,B,C\ \text{are distinct and noncollinear}條件:無
規則:mko_triangle_def · 依賴:G1, G2, mko_model_dependence
葉節點依據:mko_triangle_def + mko_model_dependence
MKO 的定義有兩個前提:三點相異,且不共線;在這兩個前提下,三條線段的聯集就是非退化三角形 ABC。線、線段與共線的精確意義取決於所選模型,所以先固定 ℝ² 的座標模型(G1、G2)。之後的工作是逐一核對兩個前提,再寫出聯集。
S02 · implies
操作前
A=(0,0),\ B=(4,0),\ C=(1,3)
操作後
A\neq B,\ B\neq C,\ C\neq A
條件:無
規則:cartesian_product_def · 依賴:G3, cartesian_product_def
葉節點依據:cartesian_product_def + numeric_evaluation
有序對相等必須兩個坐標都相等。A 與 B 的第一坐標 0≠4,B 與 C 的第一坐標 4≠1,C 與 A 的第一坐標 1≠0,所以三點兩兩相異。這是 MKO 的第一個前提,也提供了 G1 中 L(A,B) 有定義所需的 A≠B。
S03 · equivalent
操作前
L(A,B)=\{A+t(B-A)\mid t\in\mathbb{R}\}操作後
L(A,B)=\{(4t,\,0)\mid t\in\mathbb{R}\}條件:A\neq B
規則:coord_ops · 依賴:G1, G3, S02
葉節點依據:coord_ops + mul_zero + add_zero
逐坐標計算:B−A=(4−0, 0−0)=(4,0),所以 A+t(B−A)=(0+4t, 0+0·t)=(4t,0)。對每個 t 兩種寫法是同一點,所以兩個集合相同。條件 A≠B 已在 S02 確認。
S04 · equivalent
操作前
C\in L(A,B)
操作後
\exists t\in\mathbb{R}:\ 1=4t\ \land\ 3=0條件:無
規則:image_preimage_def · 依賴:S03, G3
葉節點依據:image_preimage_def + cartesian_product_def
L(A,B) 是 t↦(4t,0) 的像,所以 C∈L(A,B) 恰好表示有某個實數 t 使 (1,3)=(4t,0);有序對相等拆成兩個坐標方程 1=4t 與 3=0,兩個方程用同一個 t。
S05 · implies
操作前
\exists t\in\mathbb{R}:\ 1=4t\ \land\ 3=0操作後
C\notin L(A,B)
條件:無
規則:contradiction · 依賴:S04
葉節點依據:contradiction + quantifier_negation + numeric_evaluation
第二個方程 3=0 不含 t,對每個 t 都不成立,所以合取對每個 t 都不成立,不存在這樣的 t;依 S04 的等價,C∉L(A,B)。注意第一個方程單獨有解 t=1/4,只看第一坐標會誤判。
S06 · equivalent
操作前
A,B,C\ \text{collinear}操作後
\exists P,Q,\ P\neq Q:\ A,B,C\in L(P,Q)
條件:無
規則:collinear_def · 依賴:G1, G2
葉節點依據:collinear_def + line_def + def_unfold
依 G2,三點共線表示有一條直線同時包含三點;依 G1,模型中的直線恰好是相異兩點 P、Q 給出的 L(P,Q)。兩個定義合起來就是右式。下一步暫時假設三點共線,看會推出什麼。
S07 · implies
操作前
A,B,C\in L(P,Q),\ P\neq Q,\ A\neq B
操作後
L(P,Q)=L(A,B),\ C\in L(A,B)
條件:P\neq Q; A\neq B
規則:L_line_unique · 依賴:S02, S06, L_line_unique
葉節點依據:L_line_unique + exists_elim + eq_replace
假設 A、B、C 共線;依 S06 取 P≠Q 使 A、B、C∈L(P,Q)(∃消去,P、Q 是新名字)。A、B 是 L(P,Q) 上的兩點且 A≠B(S02),由引理 L_line_unique(X=A、Y=B)得 L(P,Q)=L(A,B)。於是 C∈L(P,Q) 推出 C∈L(A,B)。引理在 S07.1 到 S07.3 證明。
S08 · implies
操作前
C\in L(A,B)\ \text{(under the assumption)},\ C\notin L(A,B)操作後
A,B,C\ \text{noncollinear}條件:無
規則:contradiction · 依賴:S05, S07
葉節點依據:contradiction + imp_intro
共線的假設推出 C∈L(A,B)(S07),但 S05 已證 C∉L(A,B),矛盾。依反證法,假設不成立:沒有任何直線同時包含 A、B、C,即三點不共線。這是 MKO 的第二個前提。
S09 · theorem_application
操作前
A,B,C\ \text{distinct and noncollinear}操作後
\triangle ABC=[A,B]\cup[B,C]\cup[C,A]\ \text{nondegenerate}條件:A\neq B,\ B\neq C,\ C\neq A; A,B,C\ \text{noncollinear}
規則:mko_triangle_def · 依賴:S02, S08, mko_triangle_def
葉節點依據:mko_triangle_def + and_intro_elim
兩個前提都已成立(S02、S08),依 MKO,三條線段的聯集界定非退化三角形 ABC。頂點是 A、B、C 三個點;邊是 [A,B]、[B,C]、[C,A] 三條線段。每個頂點的對邊是不以它為端點的那條邊:A 的對邊是 BC,B 的對邊是 CA,C 的對邊是 AB。
S10 · equivalent
操作前
[A,B],\ [B,C],\ [C,A]
操作後
\{(4t,0)\},\ \{(4-3t,\,3t)\},\ \{(1-t,\,3-3t)\}\quad(0\le t\le 1)條件:無
規則:segment_def · 依賴:S09, G1, G3
葉節點依據:segment_def + coord_ops + numeric_evaluation
依線段定義與逐坐標運算:B−A=(4,0),[A,B]={(4t,0)};C−B=(1−4, 3−0)=(−3,3),[B,C]={(4−3t, 3t)};A−C=(0−1, 0−3)=(−1,−3),[C,A]={(1−t, 3−3t)};三者都取 0≤t≤1。
S11 · equivalent
操作前
\triangle ACB=[A,C]\cup[C,B]\cup[B,A]
操作後
[C,A]\cup[B,C]\cup[A,B]=\triangle ABC
條件:無
規則:L_seg_reverse · 依賴:S09, L_seg_reverse
葉節點依據:L_seg_reverse + set_operations_def + set_extensionality
改變頂點順序只改變名稱:依引理 L_seg_reverse,[A,C]=[C,A]、[C,B]=[B,C]、[B,A]=[A,B];聯集與次序無關,所以 ACB 與 ABC 是同一個集合。引理在 S11.1、S11.2 證明。
S12 · implies
操作前
A=(4-3t,\,3t),\ 0\le t\le 1
操作後
A\notin[B,C]
條件:無
規則:contradiction · 依賴:S10, G3
葉節點依據:contradiction + cartesian_product_def + numeric_evaluation
若 A∈[B,C],則某個 t 使 (0,0)=(4−3t, 3t)。第二坐標 0=3t 給出 t=0,代入第一坐標得 4−3·0=4≠0,矛盾。所以頂點 A 不在它的對邊 BC 上。一般理由:[B,C]⊆L(B,C),而 A∈L(B,C) 會使三點共線,與 S08 矛盾。
S13 · equivalent
操作前
G\in\triangle ABC
操作後
G\in[A,B]\ \lor\ G\in[B,C]\ \lor\ G\in[C,A]
條件:無
規則:set_operations_def · 依賴:S09, G3
葉節點依據:set_operations_def + def_unfold
G=((0+4+1)/3, (0+0+3)/3)=(5/3,1) 是三個頂點的平均。依 MKO,三角形 ABC 是三條邊的聯集,所以 G 在三角形上恰好表示 G 至少在其中一條邊上。以下三個子步逐邊檢查。
S14 · implies
操作前
G\notin[A,B],\ G\notin[B,C],\ G\notin[C,A]
操作後
G\notin\triangle ABC
條件:無
規則:de_morgan_logic · 依賴:S13, S13.1, S13.2, S13.3
葉節點依據:de_morgan_logic + set_operations_def
三個析取項都不成立,依德摩根律析取為假;依 S13 的等價,G∉△ABC。示意圖上 G 位於三角形圍住的區域內,但 MKO 所說的三角形是三條邊的聯集,不包含內部點。相對地,M=(2,0)=(4·(1/2),0) 在 [A,B] 上,所以 M∈△ABC。
S15 · implies
操作前
A=(0,0),\ D=(2,1),\ E=(6,3)
操作後
A,D,E\in L(A,D)
條件:A\neq D
規則:collinear_def · 依賴:G1, G2, G3
葉節點依據:collinear_def + exists_intro + coord_ops + numeric_evaluation
A≠D(第一坐標 0≠2),所以 L(A,D) 有定義;D−A=(2,1)。t=0 給出 A,t=1 給出 D,t=3 給出 A+3(D−A)=(6,3)=E。三點都在同一條直線 L(A,D) 上,依 G2 共線。三點也兩兩相異(E 的第一坐標 6 與 0、2 都不同)。
S16 · implies
操作前
\text{S09, S10, S14, S15}操作後
\triangle ABC\ \text{nondegenerate};\ A,D,E\ \text{give no nondegenerate triangle}條件:無
規則:mko_triangle_def · 依賴:S09, S10, S12, S14, S15
葉節點依據:mko_triangle_def + and_intro_elim
A、B、C 相異且不共線,界定非退化三角形 ABC,三邊如 S10,對邊關係如 S09,且 G 不在三角形上。A、D、E 雖然相異,卻共線,違反 MKO 的第二個前提,所以不界定本條目所指的非退化三角形。
局部子步與引理
S07.1 · implies
操作前
X,Y\in L(P,Q),\ X\neq Y,\ D=Q-P
操作後
X=P+sD,\ Y=P+uD,\ s\neq u
條件:無
規則:exists_elim · 依賴:G1
葉節點依據:exists_elim + contrapositive + eq_replace
X∈L(P,Q) 給出某個實數 s 使 X=P+sD;Y∈L(P,Q) 給出某個實數 u 使 Y=P+uD(∃消去,s、u 是新名字)。若 s=u,則 X=P+sD=P+uD=Y,與 X≠Y 矛盾;所以 s≠u。
S07.2 · equivalent
操作前
X+t(Y-X)
操作後
P+\bigl(s+t(u-s)\bigr)D
條件:無
規則:distributive · 依賴:S07.1
葉節點依據:distributive + add_assoc + add_comm + mul_comm + coord_ops
先算 Y−X=(P+uD)−(P+sD)=(u−s)D;再代入 X+t(Y−X)=P+sD+t(u−s)D=P+(s+t(u−s))D。每個坐標都只用到加法與乘法的結合律、交換律與分配律,所以對每個實數 t 成立(N14 以多項式恆等式核對)。
S07.3 · implies
操作前
L(X,Y)=\{P+(s+t(u-s))D\mid t\in\mathbb{R}\}操作後
L(X,Y)=\{P+rD\mid r\in\mathbb{R}\}=L(P,Q)條件:u-s\neq 0
規則:set_extensionality · 依賴:S07.1, S07.2
葉節點依據:set_extensionality + subset_def + mul_inverse_nonzero + exists_intro
⊆:每個 s+t(u−s) 都是實數 r,所以 L(X,Y) 的每一點都在 L(P,Q) 中。⊇:給定實數 r,取 t=(r−s)/(u−s),因 u−s≠0 這個 t 有定義,且 s+t(u−s)=r,所以 P+rD∈L(X,Y)。兩個包含合起來得集合相等。S07.1 到 S07.3 合起來證得引理 L_line_unique。
S11.1 · equivalent
操作前
P+t(Q-P)
操作後
Q+(1-t)(P-Q)
條件:無
規則:distributive · 依賴:G1
葉節點依據:distributive + add_inverse + add_comm + add_assoc + coord_ops
展開右式:Q+(1−t)(P−Q)=Q+P−Q−tP+tQ=P+t(Q−P)。每個坐標都是實數的多項式恆等式,對所有 t、P、Q 成立(N15)。
S11.2 · implies
操作前
0\le t\le 1
操作後
[P,Q]=[Q,P]
條件:無
規則:set_extensionality · 依賴:S11.1
葉節點依據:order_basics + set_extensionality + subset_def
0≤t≤1 ⇔ 0≤1−t≤1(乘以 −1 使不等號反向,再加 1)。所以 t 走遍 [0,1] 時,1−t 也恰好走遍 [0,1];配合 S11.1,[P,Q] 的每一點都是 [Q,P] 的點,反之亦然。S11.1 與 S11.2 合起來證得引理 L_seg_reverse。
S13.1 · implies
操作前
(5/3,\,1)=(4t,\,0)
操作後
G\notin[A,B]
條件:無
規則:contradiction · 依賴:S10
葉節點依據:cartesian_product_def + contradiction
[A,B] 上每一點的第二坐標都是 0,G 的第二坐標是 1,而 1≠0,所以 G∉[A,B]。
S13.2 · implies
操作前
(5/3,\,1)=(4-3t,\,3t)
操作後
G\notin[B,C]
條件:無
規則:contradiction · 依賴:S10
葉節點依據:eq_congruence + mul_inverse_nonzero + contradiction + numeric_evaluation
第二坐標 1=3t ⇔ t=1/3(3≠0);代入第一坐標得 4−3·(1/3)=3,而 3≠5/3,所以沒有 t 同時滿足兩式,G∉[B,C]。
S13.3 · implies
操作前
(5/3,\,1)=(1-t,\,3-3t)
操作後
G\notin[C,A]
條件:無
規則:contradiction · 依賴:S10
葉節點依據:eq_congruence + mul_inverse_nonzero + contradiction + numeric_evaluation
第二坐標 1=3−3t ⇔ t=(3−1)/3=2/3;代入第一坐標得 1−2/3=1/3,而 1/3≠5/3,所以 G∉[C,A]。