Yo tampoco pude averiguar esto, así que busqué la prueba en Sobre los números y los juegos donde Conway desarrolló originalmente la teoría de los nimbers. En la notación de Conway, $a'$ es siempre una variable que se extiende sobre $\{0,1,\dots,a-1\}$ de modo que las definiciones de la suma y la multiplicación pueden escribirse más sucintamente como $$ a+b:=\text{mex}\{a+b',\;\;a'+b\}\\ \hspace{1cm}ab:=\text{mex}\{a'b+ab'+a'b'\} $$
Conway utiliza el siguiente hecho como lema en sus pruebas:
Lema: Dejemos que $a,b\in \mathbb N$ . Sea $A\subseteq \mathbb N$ tal que $\{0,1,\dots,a-1\}\subseteq A$ y $a\notin A$ . Del mismo modo, dejemos que $B\subseteq \mathbb N$ tal que $\{0,1,\dots,b-1\}\subseteq B$ y $b\notin B$ . Entonces $$ a+b=\text{mex}\{a^*+b,a+b^*\mid a^*\in A,b^*\in B\}\\ ab=\newcommand{\mex}{\operatorname{mex}}\mex \{ab^*+a^*b+a^*b^*\mid a^*\in A,b^*\in B\} $$
Esbozo de prueba: Estamos tomando las definiciones de $a+b$ y $ab$ y añadiendo algunos exlcudentes extra. Mientras podamos mostrar $$ a^*+b\neq a+b,\qquad a+b^*\neq a+b,\qquad a^*b+b^*a+a^*b^*\neq ab,$$ siempre que $a^*>a$ o $b^*>b,$ entonces ninguno de los números añadidos cambiará el mex. Los dos primeros deberían ser obvios. Demostrar la última es equivalente a demostrar $$ a^*b^*\neq a^*b+ab^*+ab, $$ Esto es cierto siempre que $a^*>a$ y $b^*>b$ ya que $a^*b+ab^*+ab$ es uno de los excluyentes en la definición de $a^*b^*$ . Los otros casos en los que $a^*>a$ y $b^*<b$ y donde $a^*<a$ y $b^*>b$ son similares.
Con este lema, ahora podemos dar una prueba sencilla por inducción. Empecemos por la distributividad, ya que la necesitamos para demostrar la asociatividad. A partir del lema, podemos escribir $$ (a+b)c=\text{mex}\{s^*c+(a+b)c'+s^*c'\mid s^*\in S,\color{gray}{c'<c}\}, $$ donde $S$ es cualquier subconjunto que contenga todos los números menores que $a+b$ y no contiene $a+b$ . En particular, tomaremos $ S=\{a+b',a'+b\}. $ Esto significa que $$ (a+b)c=\mex\{(a'+b)c+(a+b)c'+(a'+b)c',\;\;(a+b')c+(a+b)c'+(a+b')c'\} $$
Por inducción, podemos asumir la propiedad distributiva para todos los excluyentes más simples, por lo que $$ (a+b)c=\mex\{(a'c+ac'+a'c')+bc,\;\; ac+(b'c+bc'+b'c')\}\tag1 $$ Por otro lado, $$ ac+bc=\mex\{p^*+bc,ac+q^*\mid p^*\in P,q^*\in Q\} $$ donde $P$ contiene todos los números menores que $ac$ pero excluye $ac$ y $Q$ contiene todos los números menores que $bc$ pero excluye $bc$ . En particular, podemos tomar $P=\{a'c+ac'+a'c'\}$ y $Q=\{b'c+bc'+b'c'\}$ en cuyo caso recuperamos $(1)$ exactamente, completando la prueba.
Ahora, sobre la asociatividad. Podemos escribir $$ (ab)c=\text{mex}\{p^*c+(ab)c'+p^*c\} $$ donde $p^*$ abarca cualquier conjunto que contenga todos los números menores que $ab$ pero no $ab$ . En particular, dejamos que $p^*$ gama sobre $\{a'b+ab'+a'b'\}$ , lo que da \begin{align} (ab)c &=\text{mex}\{(a'b+ab'+a'b')c+(ab)c'+(a'b+ab'+a'b')c'\} \\&=\text{mex}\{a'bc+ab'c+a'b'c+abc'+a'bc'+ab'c'+a'b'c'\}\tag2 \end{align} En la segunda igualdad, utilizamos la propiedad distributiva, y utilizamos el hecho de que podemos asumir inductivamente la asociatividad para los productos más simples para omitir los paréntesis. La prueba se completa expandiendo $a(bc)$ utilizando la misma estrategia, y observando que la expresión es igual a $(2)$ .
