DeMorgan के कानूनों को साबित करें

Question

नेचुरल डेडिशन सिस्टम के दस इनफ़ॉरेन्स का उपयोग करना डेमर्गन के नियमों को साबित करता है ।

प्राकृतिक कटौती के नियम

• निषेध परिचय: {(P → Q), (P → ¬Q)} ⊢ ¬P

• ऋणात्मक उन्मूलन: {(¬P → Q), (¬P → ¬Q)} ⊢ P

• और परिचय: {P, Q} ⊢ P ʌ Q

• और उन्मूलन: P ʌ Q ⊢ {P, Q}

• या परिचय: P ⊢ {(P ∨ Q),(Q ∨ P)}

• या उन्मूलन: {(P ∨ Q), (P → R), (Q → R)} ⊢ R

• Iff परिचय: {(P → Q), (Q → P)} ⊢ (P ≡ Q)

• इफ़ एलिमिनेशन: (P ≡ Q) ⊢ {(P → Q), (Q → P)}

• यदि परिचय: (P ⊢ Q) ⊢ (P → Q)

• यदि उन्मूलन: {(P → Q), P} ⊢ Q

प्रमाण संरचना

आपके प्रमाण में प्रत्येक कथन कुछ पूर्व व्युत्पन्न प्रस्तावों (कोई परिपत्र तर्क) या एक धारणा (नीचे वर्णित) पर लागू दस नियमों में से एक का परिणाम होना चाहिए। प्रत्येक नियम बायीं ओर ⊢(तार्किक परिणाम ऑपरेटर) के कुछ प्रस्तावों पर काम करता है और दाहिने हाथ की ओर से किसी भी संख्या में प्रस्ताव बनाता है। यदि परिचय बाकी ऑपरेटरों से थोड़ा अलग तरीके से काम करता है (नीचे विस्तार से वर्णित है)। यह एक कथन को संचालित करता है जो दूसरे का तार्किक परिणाम है।

उदाहरण 1

आपके पास निम्नलिखित कथन हैं:

{(P → R), Q}

आप का उपयोग कर सकते हैं और बनाने के लिए परिचय:

(P → R) ʌ Q

उदाहरण 2

आपके पास निम्नलिखित कथन हैं:

{(P → R), P}

यदि आप एलिमिनेशन बनाने के लिए उपयोग कर सकते हैं:

R

उदाहरण 3

आपके पास निम्नलिखित कथन हैं:

(P ʌ Q)

आप बनाने के लिए और उन्मूलन का उपयोग कर सकते हैं:

P

या बनाने के लिए:

Q

धारणा का प्रसार

आप किसी भी बिंदु पर किसी भी कथन को मान सकते हैं जो आप चाहते हैं। इन धारणाओं से प्राप्त कोई भी बयान उन पर "निर्भर" होगा। कथन भी उन मान्यताओं पर निर्भर होंगे जो उनके माता-पिता के बयानों पर निर्भर करते हैं। धारणाओं को खत्म करने का एकमात्र तरीका इफ इंट्रोडक्शन है। यदि परिचय के लिए आप एक बयान से शुरू करते हैं जो Qएक बयान पर निर्भर है Pऔर साथ समाप्त होता है (P → Q)। नया कथन प्रत्येक धारणा Qपर निर्भर है , धारणा को छोड़करP । आपके अंतिम कथन को बिना किसी धारणा के भरोसा करना चाहिए।

विशेषण और स्कोरिंग

आप नेचुरल डेडक्शन कैलकुलस के केवल 10 इनफॉरमेशन का उपयोग करते हुए डेमोरोन के दो कानूनों में से प्रत्येक के लिए एक प्रमाण का निर्माण करेंगे।

दो नियम हैं:

¬(P ∨ Q) ≡ ¬P ʌ ¬Q

¬(P ʌ Q) ≡ ¬P ∨ ¬Q

आपका स्कोर उपयोग किए गए अनुमानों की संख्या है और साथ ही मान्यताओं की संख्या है। आपका अंतिम कथन किसी भी धारणा पर निर्भर नहीं होना चाहिए (यानी एक प्रमेय होना चाहिए)।

आप अपने प्रमाण को प्रारूपित करने के लिए स्वतंत्र हैं जैसा कि आप फिट देखते हैं।

आप स्कोर करने के लिए किसी भी कीमत पर किसी भी लेमेस को एक सबूत से दूसरे में ले जा सकते हैं।

उदाहरण प्रमाण

मैं यह साबित करूंगा (P and not(P)) implies Q

(प्रत्येक बुलेट बिंदु +1 बिंदु है)

• मान लीजिये not (Q)

• मान लीजिये (P and not(P))

• और (P and not(P))व्युत्पन्न पर एलिम का उपयोग करना{P, not(P)}

• उपयोग और परिचय पर Pऔर not(Q)प्राप्त करने के लिए(P and not(Q))

• का उपयोग करें और बयान पर Elim सिर्फ बनाने के लिए व्युत्पन्न P

नया Pप्रस्ताव दूसरे से अलग है जिसे हम पहले प्राप्त करते हैं। अर्थात् यह मान्यताओं पर निर्भर है not(Q)और (P and not(P))। जबकि मूल कथन केवल पर निर्भर था (P and not(P))। यह हमें करने की अनुमति देता है:

• यदि परिचय पर Pपरिचय not(Q) implies P(अभी भी (P and not(P))धारणा पर निर्भर है )

• व्युत्पन्न करने के लिए ( not(P)और not(Q)चरण 3 से) पर और परिचय का उपयोग करें(not(P) and not(Q))

• उपयोग करने के लिए और बयान पर एलिम का उपयोग अभी करने के लिए व्युत्पन्न not(P) (अब पर निर्भर not(Q))

• अगर नए परिचय पर not(P)परिचयnot(Q) implies not(P)

• अब हम नकारात्मक उन्मूलन का उपयोग करेंगे not(Q) implies not(P)और not(Q) implies Pप्राप्त करेंगेQ

यह Qकेवल इस धारणा पर निर्भर है (P and not(P))ताकि हम प्रमाण को समाप्त कर सकें

• यदि परिचय Qप्राप्त करने के लिए(P and not(P)) implies Q

इस प्रमाण में कुल 11 अंक हैं।

Comments

यद्यपि मेटा पर आम सहमति स्पष्ट है, सभी ने इसे अभी तक नहीं देखा है, इसलिए यह केवल इस बात को उजागर करना है कि प्रूफ गोल्फिंग विषय पर है ।

— ट्राइकोप्लाक्स

मुझे लगता है कि आपको प्रमाणों की संरचना और ⊢(मोबाइल पर प्रतीक भी मेरे लिए प्रस्तुत नहीं करता है) की व्याख्या करनी चाहिए ।

— xnor

मुझे लगता है कि स्पष्टीकरण निश्चित रूप से मदद करते हैं। मुझे जो सबसे उपयोगी लगा, वह काम करेगा और कुछ सरल प्रमाणों का उदाहरण दिया, जिसमें इफ़-परिचय और मान्यताएँ शामिल हैं, जो अधिमानतः नेस्टेड हैं। शायद गर्भनिरोधक की?

— xnor

आपके उदाहरण में, मेरा मानना ​​है कि पहले दो धारणाओं को छोड़ देना होगा; कहीं यह है कि राज्य है (P ⊢ (Q ⊢ R)) ⊢ (Q ⊢ (P ⊢ R))(इस उदाहरण में, ¬Q ⊢ ((P ʌ ¬P) ⊢ P)करने के लिए (P ʌ ¬P) ⊢ (¬Q ⊢ P)इस्तेमाल किया गया था)।

— लेजिओनमाला 978

क्या आपको एक "धारणा संदर्भ" में कई चीजों को साबित करने की अनुमति है, और फिर कितने "अनुमान रेखाओं" की आवश्यकता है, इसे बचाने के लिए कई निहितार्थ बयान निकालते हैं? जैसे (assume (P/\~P); P,~P by and-elim; (assume ~Q; P by assumption; ~P by assumption); ~Q->P by impl-intro; ~Q->~P by impl-intro; Q by neg-elim); P/\~P->Q by impl-intro9 के स्कोर प्राप्त करने के लिए?

— डैनियल शेपलर

Answer 1

स्कोर: 81

प्रत्येक पंक्ति 1 बिंदु के लायक होनी चाहिए। डी मॉर्गन के नियम कथन (3) और (6) में पाए जाते हैं। कोष्ठक में लेबल पिछले कथन को दर्शाते हैं, एक पंक्ति इस बात पर निर्भर करती है कि क्या वे तुरंत पूर्ववर्ती नहीं हैं।

(a) assume P {
    (aa) P ^ P
    (ab) P
    (ac) P v Q
} (a1) P -> P
  (a2) P -> P v Q
(1) assume ~P ^ ~Q {
    (1a) assume P v Q {
        (1aa) assume Q {
            (1aaa) assume ~P {
                (1aaaa) Q ^ Q [1aa]
                (1aaab) Q
                (1aaac) ~Q [1]
            } (1aaa1) ~P -> Q
              (1aaa2) ~P -> ~Q
            (1aab) P
        } (1aa1) Q -> P
        P [1a, a1, 1aa1]
        ~P [1]
    } (1a1) P v Q -> P
      (1a2) P v Q -> ~P
    (1b) ~(P v Q)
} (11) ~P ^ ~Q -> ~(P v Q)
(2) assume ~(P v Q) {
    (2a) ~(P v Q) ^ ~(P v Q)
    (2b) assume P {
        (2aa) ~(P v Q) [2a]
    } (2b1) P -> ~(P v Q)
    (2c) ~P [a2, 2b1]
    (2d) assume Q {
        (2da) ~(P v Q) [2a]
        (2db) P v Q
    } (2d1) Q -> ~(P v Q)
      (2d2) Q -> P v Q
    (2e) ~Q
    (2f) ~P ^ ~Q
} (21) ~(P v Q) -> ~P ^ ~Q
(3) ~(P v Q) == ~P ^ ~Q [11, 21]
(4) assume ~P v ~Q {
    (4a) assume ~P {
        (4aa) assume P ^ Q {
            (4aaa) P
            (4aab) ~P ^ ~P [4a]
            (4aac) ~P
        } (4aa1) P ^ Q -> P
          (4aa2) P ^ Q -> ~P
        (4ab) ~(P ^ Q)
    } (4a1) ~P -> ~(P ^ Q)
    (4b) assume ~Q {
        (4ba) assume P ^ Q {
            (4baa) Q
            (4bab) ~Q ^ ~Q [4b]
            (4bac) ~Q
        } (4ba1) P ^ Q -> Q
          (4ba2) P ^ Q -> ~Q
        (4bb) ~(P ^ Q)
    } (4b1) ~P -> ~(P ^ Q)
    (4c) ~(P ^ Q) [4, 4a1, 4b1]
} (41) ~P v ~Q -> ~(P ^ Q) 
(5) assume ~(P ^ Q) {
    (5a) assume ~(~P v ~Q) {
        (5aa) ~(~P v ~Q) ^ ~(P ^ Q) [5, 5a]
        (5ab) assume ~P {
            (5aba) ~P v ~Q
            (5abb) ~(~P v ~Q) [5aa]
        } (5ab1) ~P -> ~P v ~Q
          (5ab2) ~P -> ~(~P v ~Q)
        (5ac) P
        (5ad) assume ~Q {
            (5ada) ~P v ~Q
            (5adb) ~(~P v ~Q) [5aa]
        } (5ad1) ~Q -> ~P v ~Q
          (5ad2) ~Q -> ~(~P v ~Q)
        (5ae) Q
        (5af) P ^ Q [5ac, 5ae]
        (5ag) ~(P ^ Q) [5aa]
    } (5a1) ~(~P v ~Q) -> P ^ Q
      (5a2) ~(~P v ~Q) -> ~(P ^ Q)
    (5b) ~P v ~Q
} (51) ~(P ^ Q) -> ~P v ~Q
(6) ~(P ^ Q) == ~P v ~Q [41, 51]

Answer 2

स्कोर: 59

व्याख्या

मैं सबूत के लिए संरचना की तरह एक पेड़ का उपयोग करूँगा क्योंकि मुझे यह शैली काफी पठनीय लगती है। प्रत्येक पंक्ति का उपयोग किए गए नियमों की गणना द्वारा किया जाता है, उदाहरण के लिए चुनौती में "उदाहरण 1" का प्रतिनिधित्व इस पेड़ के रूप में किया जाएगा (नीचे से ऊपर की ओर बढ़ते हुए):

अज्ञात ए, बी और भी धारणा Γ पर ध्यान दें - तो यह कोई प्रमेय नहीं है। यह साबित करने के लिए कि कैसे एक प्रमेय को साबित करने के लिए, आइए हम A मानें और निम्न के रूप में एक-परिचय का उपयोग करें:

अब यह अभी भी अनुमान ए पर निर्भर करता है, लेकिन हम एक प्रमेय को आईएफ-परिचय लागू करके प्राप्त कर सकते हैं:

इसलिए हम प्राप्त करने में सक्षम थे प्रमेय ⊢ एक → ( एक ∨ बी 3 चरणों (1 धारणा और 2 लागू नियम) के कुल में)।

इसके साथ हम कुछ नए नियमों को साबित करने में मदद कर सकते हैं जो हमें DeMorgan के नियमों को साबित करने में मदद करते हैं।

अतिरिक्त नियम

आइए पहले विस्फोट के सिद्धांत को प्राप्त करें और इसे आगे के प्रमाणों में पीई के साथ निरूपित करें :

इससे हम इसका दूसरा रूप प्राप्त करते हैं: A we another A → X - हम इसे CPE कहेंगे :

हमें एक और की आवश्यकता होगी जहाँ नकारात्मक शब्द (an) एक धारणा है और इसे CPE के रूप में देखें ^- :

हमने जो दो नियम निकाले हैं ( CPE और CPE ^- ), हम एक महत्वपूर्ण नियम को दोहरा सकते हैं :

अगली बात यह है कि मोडस टोलेंस की तरह कुछ साबित करना है - इसलिए एमटी :

लेम्मास

लेम्मा ए

लेम्मा A1

हमें दो बार निम्न नियम की आवश्यकता होगी:

लेम्मा ए

केवल सिद्ध लेम्मा का दो बार उच्चारण करके हम एक समतुल्यता की एक दिशा दिखा सकते हैं, हमें अंतिम प्रमाण में इसकी आवश्यकता होगी:

लेम्मा बी

आदेश दूसरी दिशा दिखाने के लिए, हम (दोनों बहस के लिए दो बार काफी कुछ दोहराव सामान करने की आवश्यकता होगी एक और बी (में एक ∨ बी यहाँ इस का मतलब है मैं कर सकता संभवतः गोल्फ सबूत आगे .. -))

लेम्मा बी 1 '

लेम्मा बी १

लेम्मा बी 2 '

लेम्मा बी 2

लेम्मा बी

अंत में बी 1 और बी 2 का निष्कर्ष :

वास्तविक प्रमाण

एक बार जब हम इन दो बयानों को साबित कर देते हैं:

• लेम्मा एक : ⊢ ( एक ∨ बी ) → ¬ (¬ एक ʌ ¬ बी )
• लेम्मा बी : ⊢ ¬ ( एक ∨ बी ) → (¬ एक ʌ ¬ बी )

हम पहले तुल्यता (¬ (साबित कर सकते हैं एक ∨ बी ) ≡ ¬ एक ʌ ¬ बी इस प्रकार)):

और आईएफ-एलिमिनेशन के साथ एक ही सिद्ध नियम के साथ हम दूसरे समतुल्यता को भी साबित कर सकते हैं:

स्कोर के बारे में निश्चित नहीं है - अगर मैंने इसे सही किया है, तो मुझे बताएं कि क्या कुछ गलत है।

व्याख्या

स्रोत

अगर कोई टेक्स स्रोत चाहता है ( मैथपार्टिर की जरूरत है ):

In the following a rule \textbf{XYZ'} will denote the rule XYZ's second last
step, for example \textbf{PE'} will be $ A \land \lnot A \vdash X $.

\section*{Principle of Explosion [PE]}

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=10]
    {\inferrule*[Left=$\lnot$-Elim,Right=9]
      {\inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=4]
        {\inferrule*[Left=$\land$-Elim,Right=3]
          {\inferrule*[Left=Axiom,Right=2]
            { }
            { A \land \lnot A, \lnot X \vdash A \land \lnot A }
          }
          { A \land \lnot A, \lnot X \vdash A }
        }
        { A \land \lnot A \vdash \lnot X \to A } \\
       \inferrule*[Right=$\to$-Intro,Left=4]
          {\inferrule*[Right=$\land$-Elim,Left=3]
            {\inferrule*[Right=Axiom,Left=2]
              { }
              { A \land \lnot A, \lnot X \vdash A \land \lnot A }
            }
            { A \land \lnot A, \lnot X \vdash \lnot A }
          }
        { A \land \lnot A \vdash \lnot X \to \lnot A }
      }
      { A \land \lnot A \vdash X }
    }
    { \vdash (A \land \lnot A) \to X }
\end{mathpar}

\section*{Conditioned PE [CPE]}

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=5]
  {\inferrule*[Left=$\to$-Elim,Right=4]
    {\inferrule*[Left=$\land$-Intro,Right=3]
      {\inferrule*[Left=Axiom,Right=1]
        { } { A \vdash A } \\
       \inferrule*[Right=Axiom,Left=1]
        { } { \lnot A \vdash \lnot A }
      }
      { A, \lnot A \vdash A \land \lnot A } \\
     \inferrule*[Right=PE,Left=0]
      { } { \vdash (A \land \lnot A) \to X }
    }
    { A, \lnot A \vdash X }
  }
  { A \vdash \lnot A \to X }
\end{mathpar}

to get \textbf{CPE$^-$}:

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=1]
    {\inferrule*[Left=CPE',Right=0]
      { }
      { A, \lnot A \vdash X }
    }
    { \lnot A \vdash A \to X }
\end{mathpar}

\section*{Double Negation [DN]}

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\equiv$-Intro,Right=5]
    {\inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=2]
      {\inferrule*[Left=$\lnot$-Elim,Right=1]
        {\inferrule*[Left=CPE$^-$,Right=0]
          { }
          { \lnot\lnot A \vdash \lnot A \to X } \\
          \inferrule*[Right=CPE$^-$,Left=0]
          { }
          { \lnot\lnot A \vdash \lnot A \to \lnot X }
        }
        { \lnot\lnot A \vdash A }
      }
      { \vdash \lnot\lnot A \to A } \\ \\ \\
      \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=2]
        {\inferrule*[Left=$\lnot$-Intro,Right=1]
          {\inferrule*[Left=CPE,Right=0]
            { }
            {  A \vdash \lnot A \to X } \\
            \inferrule*[Right=CPE,Left=0]
            { }
            { A \vdash \lnot A \to \lnot X }
          }
          { A \vdash \lnot\lnot A }
        }
        { \vdash A \to \lnot\lnot A }
    }
    { \vdash \lnot\lnot A \equiv A  }
\end{mathpar}

\section*{Modus Tollens [MT]}

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=6]
    {\inferrule*[Left=$\lnot$-Intro,Right=5]
      {\inferrule*[Left=Axiom,Right=1]
       { }
       { A \to \lnot B \vdash A \to \lnot B } \\
       \inferrule*[Right=$\to$-Intro,Left=3]
         {\inferrule*[Right=Axiom,Left=2]
           { }
           { A, B \vdash B }
         }
         { B \vdash A \to B }
       }
      { A \to \lnot B, B \vdash \lnot A }
    }
    { A \to \lnot B \vdash B \to \lnot A }
\end{mathpar}

\section*{Lemma A}

\textbf{Lemma A1}:

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=9]
    {\inferrule*[Left=$\lor$-Elim,Right=8]
       { \inferrule*[Left=CPE,Right=3]
          {\inferrule*[Left=$\land$-Elim,Right=2]
            {\inferrule*[Left=Axiom,Right=1]
              { }
              { A \land B \vdash A \land B }
            }
            { A \land B \vdash B}
          }
          { A \land B \vdash \lnot B \to X } \\
         \inferrule*[Right=CPE,Left=3]
          {\inferrule*[Right=$\land$-Elim,Left=2]
            {\inferrule*[Right=Axiom,Left=1]
              { }
              { A \land B \vdash A \land B }
            }
            { A \land B \vdash A }
          }
          { A \land B \vdash \lnot A \to X } \\ \\ \\
         \inferrule*[Right=Axiom,Left=1]
          { }
          { \lnot A \lor \lnot B \vdash \lnot A \lor \lnot B }
       }
       { A \land B, \lnot A \lor \lnot B \vdash X }
    }
    { \lnot A \lor \lnot B \vdash (A \land B) \to X }
\end{mathpar}

\textbf{Lemma A}:

Comments

जहाँ तक मैं बता सकता हूँ, यहाँ की प्राकृतिक कटौती प्रमाण प्रणाली सामान्य प्रस्ताव चर के साथ एक बार एक बयान को साबित करने की अनुमति नहीं देती है, और फिर इसे तत्काल करना है। इसलिए, हर बार जब आप चर के संदर्भ में अपने एक नींबू का एक अलग इंस्टेंटेशन करते हैं, Pऔर Qआपको अंतिम चरण में इसके चरणों को अलग से गिनना होगा। (दूसरे शब्दों में, सबूत प्रणाली नहीं सीधे साबित की तरह "सभी प्रस्ताव ए और बी, के लिए" दूसरे क्रम "lemmas समर्थ बनाता है, A/\B -> B/\Aऔर फिर" का उपयोग कर यह दोनों साबित करने के लिए P/\(Q/\R) -> (Q/\R)/\Pऔर (P/\Q)/\R -> R/\(P/\Q)।)

— डैनियल Schepler

@DanielSchepler: हां, लेकिन कोई परिपत्र निर्भरता नहीं हैं और नियम में कहा गया है कि आप स्कोर करने के लिए किसी भी कीमत पर किसी भी नींबू को एक सबूत से दूसरे पर ले जा सकते हैं। , तो यह ठीक रहेगा। संपादित करें : वास्तव में अगर मुझे इसकी अनुमति नहीं थी तो यह सवाल केवल एक योग्य उत्तर होगा।

— ।

मैं इस बात की व्याख्या कर रहा था कि अर्थ यह है कि आप दो अंतिम कथनों के साक्ष्यों के बीच साझा किए गए ठोस सूत्रों के एक सेट के कुछ सामान्य प्रमाण रख सकते हैं ।

— डैनियल शेपलर

Answer 3

स्कोर: 65

डी मॉर्गन कानून लाइन 30 और लाइन 65 हैं।

(मैंने इसे गोल्फ के लिए कोई विशेष प्रयास नहीं किया है, उदाहरण के लिए यह देखने के लिए कि क्या कुछ दोहराया सबूत हैं जो शुरुआत में सार हो सकते हैं।)

 1. assume ~(P\/Q)
 2.   assume P
 3.     P\/Q  by or-introl, 2
 4.   P -> P\/Q  by impl-intro, 2, 3
 5.   P -> ~(P\/Q)  by impl-intro, 2, 1
 6.   ~P  by neg-intro, 4, 5
 7.   assume Q
 8.     P\/Q  by or-intror, 7
 9.   Q -> P\/Q  by impl-intro, 7, 8
10.   Q -> ~(P\/Q) by impl-intro, 7, 1
11.   ~Q  by neg-intro, 9, 10
12.   ~P /\ ~Q  by and-intro, 6, 11
13. ~(P\/Q) -> ~P/\~Q  by impl-intro, 1, 12
14. assume ~P /\ ~Q
15.   ~P, ~Q  by and-elim, 14
16.   assume P \/ Q
17.     assume P
18.     P -> P  by impl-intro, 17, 17
19.     assume Q
20.       assume ~P
21.       ~P -> Q  by impl-intro, 20, 19
22.       ~P -> ~Q  by impl-intro, 20, 15
23.       P  by neg-elim, 21, 22
24.     Q -> P  by impl-intro, 19, 23
25.     P  by or-elim, 16, 18, 24
26.   P\/Q -> P  by impl-elim, 16, 25
27.   P\/Q -> ~P  by impl-elim, 16, 15
28.   ~(P\/Q)  by neg-intro, 26, 27
29. ~P/\~Q -> ~(P\/Q)  by impl-intro, 14, 28
30. ~(P\/Q) <-> ~P/\~Q  by iff-intro, 13, 29
31. assume ~(P/\Q)
32.   assume ~(~P\/~Q)
33.     assume ~P
34.       ~P\/~Q  by or-introl, 33
35.     ~P -> ~P\/~Q  by impl-intro, 33, 34
36.     ~P -> ~(~P\/~Q)  by impl-intro, 33, 32
37.     P  by neg-elim, 35, 36
38.     assume ~Q
39.       ~P\/~Q  by or-intror, 38
40.     ~Q -> ~P\/~Q  by impl-intro, 38, 39
41.     ~Q -> ~(~P\/~Q)  by impl-intro, 38, 32
42.     Q  by neg-elim, 40, 41
43.     P /\ Q  by and-intro, 37, 42
44.   ~(~P\/~Q) -> P /\ Q  by impl-intro, 32, 43
45.   ~(~P\/~Q) -> ~(P /\ Q)  by impl-intro, 32, 31
46.   ~P \/ ~Q  by neg-elim, 44, 45
47. ~(P/\Q) -> ~P\/~Q  by impl-intro, 31, 46
48. assume ~P\/~Q
49.   assume ~P
50.     assume P/\Q
51.       P, Q  by and-elim, 50
52.     P/\Q -> P  by impl-intro, 50, 51
53.     P/\Q -> ~P  by impl-intro, 50, 49
54.     ~(P/\Q)  by neg-intro, 52, 53
55.   ~P -> ~(P/\Q)  by impl-intro, 49, 54
56.   assume ~Q
57.     assume P/\Q
58.       P, Q  by and-elim, 57
59.     P/\Q -> Q  by impl-intro, 57, 58
60.     P/\Q -> ~Q  by impl-intro, 57, 56
61.     ~(P/\Q)  by neg-intro, 59, 60
62.   ~Q -> ~(P/\Q)  by impl-intro, 56, 61
63.   ~(P/\Q)  by or-elim, 48, 55, 62
64. ~P\/~Q -> ~(P/\Q)  by impl-intro, 48, 63
65. ~(P/\Q) <-> ~P\/~Q  by iff-intro, 47, 64