（01）
｛ａ，ｂ，ｃ｝のみを含む、「３つの対象」から成る「世界」に於いて、
１１１
１ （１）∃ｘ（Ｆｘ＆Ｇｘ） Ａ
２（２） Ｆａ＆Ｇａ Ａ
２（３） Ｆａ ２＆Ｅ
２（４）∃ｘ（Ｆｘ） ３ＥＩ
２（５） Ｇａ ２＆Ｅ
２（６） ∃ｘ（Ｇａ） ５ＥＩ
２（７）∃ｘ（Ｆｘ）＆∃ｘ（Ｇｘ） ４６＆Ｉ
１ （８）∃ｘ（Ｆｘ）＆∃ｘ（Ｇｘ） １２７ＥＥ
といふ「述語計算（Predicate calculus）」は、
１ （１）（Ｆａ＆Ｇａ）∨ （Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ） Ａ
１ （２）（Ｆａ＆Ｇａ）∨｛（Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ）｝ １結合法則
３ （３）（Ｆａ＆Ｇａ） Ａ
３ （４） Ｆａ ３＆Ｅ
３ （５） Ｆａ∨Ｆｂ ４∨Ｉ
３ （６） Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ ５∨Ｉ
３ （７） Ｇａ ３＆Ｅ
３ （８） Ｇａ∨Ｇｂ ７∨Ｉ
３ （９） Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ ８∨Ｉ
３ （ア）（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ） ６９＆Ｉ
イ （イ） （Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ） Ａ
ウ （ウ） Ｆｂ＆Ｇｂ Ａ
ウ （エ） Ｆｂ ウ＆Ｅ
ウ （オ） Ｆａ∨Ｆｂ エ∨Ｉ
ウ （カ） Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ オ∨Ｉ
ウ （キ） Ｇｂ ウ＆Ｅ
ウ （ク） Ｇａ∨Ｇｂ キ∨Ｉ
ウ （ケ） Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ ク∨Ｉ
ウ （コ）（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ） カケ＆Ｉ
サ（サ） Ｆｃ＆Ｇｃ Ａ
サ（シ） Ｆｃ サ＆Ｅ
サ（ス） Ｆｂ∨Ｆｃ シ∨Ｉ
サ（セ） Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ ス∨Ｉ
サ（ソ） Ｇｃ サ＆Ｅ
サ（タ） Ｇｂ∨Ｇｃ ソ∨Ｉ
サ（チ） Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ タ∨Ｉ
サ（ツ）（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ） セチ＆Ｉ
イ （テ）（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ） イウコサツ∨Ｅ
１ （ト）（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ） ２３アイテ∨Ｅ
といふ「命題計算（Propositional calculus）」に、「等しい」。
ｃｆ.
「述語計算」は「命題計算」の「拡張」であるが、「（１）～（ト）」は、「命題計算の規則」だけを用ひてゐる。従って、以上に示した「（１）～（ト）」は「命題計算」である。
従って、
（01）により、
（02）
①（Ｆａ＆Ｇａ）∨（Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ）
②（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ）
に於いて、
① ならば、② である。
然るに、
（03）
①（Ｆａ＆Ｇａ）∨（Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ）
②（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ）
③（Ｆａ ＆ Ｇｂ ）
に於いて、
①（Ｆａ＆Ｇａ）∨（Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ）
といふ「３つの選言支」の中に、
③（Ｆａ＆Ｇｂ）
といふ「選言支」は無い。
従って、
（03）により、
（04）
①（Ｆａ＆Ｇａ）∨（Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ）
②（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ）
③（Ｆａ ＆ Ｇｂ ）
に於いて、
①と③ が、「同時に、真になる」ことはない。
然るに、
（05）
「∨のマトリックス（真理表）」と、「＆のマトリックス（真理表）」により、
①（Ｆａ＆Ｇａ）∨（Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ）
②（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ）
③（Ｆａ ＆ Ｇｂ ）
に於いて、
②と③ が、「同時に、真になる」ことは、「可能」である。
従って、
（04）（05）により、
（06）
①（Ｆａ＆Ｇａ）∨（Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ）
②（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ）
③（Ｆａ ＆ Ｇｂ ）
に於いて、
①と③ は、「同時に、真になる」ことが、「不可能」であるが、
②と③ は、「同時に、真になる」ことが、「 可能」である。
従って、
（06）により、
（07）
①（Ｆａ＆Ｇａ）∨（Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ）
②（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ）
に於いて、
② ならば、① である。
とは、限らない。
従って、
（02）（05）（06）（07）により、
（08）
①（Ｆａ＆Ｇａ）∨（Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ）
②（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ）
に於いて、
① ならば、② であるが、
② ならば、① ではない。
然るに、
（09）
｛ａ，ｂ，ｃ｝のみを含む、「３つの対象」から成る「世界」に於いて、
①（Ｆａ＆Ｇａ）∨（Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ）
②（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ）
といふ「式」は、
① ∃ｘ（Ｆｘ＆Ｇｘ）
② ∃ｘ（Ｆｘ）＆∃ｘ（Ｇｘ）
といふ「述語論理式」に、相当する。
従って、
（08）（09）により、
（10）
① ∃ｘ（Ｆｘ＆Ｇｘ）
② ∃ｘ（Ｆｘ）＆∃ｘ（Ｇｘ）
に於いて、
① ならば、② であるが、
② ならば、① ではない。
然るに、
（11）
１１１ ∃ｘ（Ｆｘ＆Ｇｘ）├ ∃ｘ（Ｆｘ）＆∃ｘ（Ｇｘ）
に対して、
逆の連式 ∃ｘ（Ｆｘ）＆∃ｘ（Ｇｘ）├ ∃ｘ（Ｆｘ＆Ｇｘ） は妥当ではない。
― 中略、―
この連式を証明しようとする自然な試みが、ＥＥ に対する制限に照らして、どのようにして失敗に帰するかを見ておくことは有益である。われわれは次のように証明をはじめるであろう。
１ （１）∃ｘ（Ｆｘ）＆∃ｘ（Ｇｘ） Ａ
１ （２）∃ｘ（Ｆｘ） １＆Ｅ
１ （３） ∃ｘ（Ｇｘ） １＆Ｅ
４ （４） Ｆａ Ａ
５（５） Ｇａ Ａ
４５（６） Ｆａ＆Ｇａ ４５＆Ｉ
４５（７）∃ｘ（Ｆｘ＆Ｇｘ） ６ＥＩ
存在命題（２）および（３）に対して、われわれは代表的選言項（４）および（５）を仮定して、それらから結論 ∃ｘ（Ｆｘ＆Ｇｘ） を導出した。しかし ＥＥ を適用するどのようなくわだても、（２）を用いるにせよ（３）を用いるにせよ、こんどはうまく行かない。（７）の行の結論は（４）と（５）に依存し、そのいずれも「ａ」が現れているからである。
（論理学初歩、E.J.レモン、竹尾 治一郎・浅野 楢英 訳、1973年、１５４頁改）
従って、
（01）～（11）により、
（12）
いづれにせよ、
① ∃ｘ（Ｆｘ＆Ｇｘ）≡（Ｆａ＆Ｇａ）∨（Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ）
② ∃ｘ（Ｆｘ）＆∃ｘ（Ｇｘ）≡（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ）
に於いて、
① ならば、② であるが、
② ならば、① ではない。
然るに、
（13）
Ｆ＝フランス人
Ｇ＝学生
とするならば、
① ∃ｘ（Ｆｘ＆Ｇｘ）≡（Ｆａ＆Ｇａ）∨（Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ）
② ∃ｘ（Ｆｘ）＆∃ｘ（Ｇｘ）≡（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ）
といふ「式」は、それぞれ、
① あるフランス人は、学生である。
② フランス人がゐて、学生もゐる。
といふ「意味」である。
然るに、
（14）
① あるフランス人（ギイ）は、学生である。
とするならば、当然、
② フランス人（ギイ）がゐて、学生（ギイ）もゐる。
然るに、
（15）
② フランス人（ギイ）がゐて、学生（カトリーヌ）もゐる。
としても、
② ギイ≠カトリーヌ
であって、
② ギイ＝カトリーヌ
ではないのであれば、
① あるフランス人（ギイ）は、学生である。
といふことには、ならない。
従って、
（13）（14）（15）により、
（16）
① ∃ｘ（Ｆｘ＆Ｇｘ）≡（Ｆａ＆Ｇａ）∨（Ｆｂ＆Ｇｂ）∨（Ｆｃ＆Ｇｃ）
② ∃ｘ（Ｆｘ）＆∃ｘ（Ｇｘ）≡（Ｆａ∨Ｆｂ∨Ｆｃ）＆（Ｇａ∨Ｇｂ∨Ｇｃ）
といふ「式」が、例へば、
① あるフランス人は、学生である。
② フランス人がゐて、学生もゐる。
といふ「意味」であったとしても、
① ならば、② であるが、
② ならば、① ではない。