Questão 14 Mostre a comutatividade da multiplicação em \mathbb{N} :
a \cdot b=b \cdot a ; \quad \forall a, b \in \mathbb{N}

Passo 1

O que o enunciado pede e as informações dadas (definições usadas). O enunciado pede para mostrar que
a\cdot b = b\cdot a \quad\forall a,b\in\mathbb{N}.
Para trabalhar com isso, vou usar a definição usual de multiplicação e as propriedades básicas de adição construídas a partir dos axiomas de Peano:
Definição recursiva de adição (já assumida / lembrada):
x+0 = x,\qquad x+S(y)=S(x+y),
onde S(y) é o sucessor de y (isto é, S(y)=y+1 em notação habitual).
Definição recursiva de multiplicação:
x\cdot 0 = 0,\qquad x\cdot S(y) = x\cdot y + x.
Informações que vou usar / provar ao longo da resolução:
  • Propriedades de adição necessárias: identidade x+0=x, a fórmula x+S(y)=S(x+y) (definição) e a comutatividade x+y=y+x (esta última vou demonstrar).
  • Algumas lemas auxiliares que vou provar: 0\cdot a=0 e a igualdade útil \,S(b)\cdot a = b\cdot a + a, que permite “mudar” o sucessor do primeiro fator para uma soma.
Nada será presumido sem justificativa: sempre que eu usar uma propriedade, mostro como ela vem da definição usando indução.

Passo 2

Pequena lição sobre indução e sobre a comutatividade da adição (vou provar a comutatividade da adição porque vou usá-la depois).
O que é uma prova por indução: para provar uma afirmação P(n) para todo n\in\mathbb{N} faz-se:
  • Base: mostrar P(0).
  • Passo indutivo: assumir P(k) e provar P(S(k)). Isso garante P(n) para todo n.
Agora provarei que a adição é comutativa: para todos x,y\in\mathbb{N} vale
x+y = y+x.
Prova por indução em y (com x fixo arbitrariamente):
  • Base ( y=0): temos x+0 = x por definição. Também 0+x = x é verdadeiro; isto pode ser visto assim: prova por indução em x do lema 0+x=x. Vou dar esse pequeno lema:
    Lema: 0+x = x para todo x.
    Prova do lema por indução em x:
    • x=0: 0+0=0 (definição).
    • Suponha 0+x = x. Então 0+S(x) = S(0+x) = S(x) (pela definição u+S(v)=S(u+v)). Assim o lema vale.
      Portanto 0+x=x, e para y=0 obtemos x+0 = 0+x.
  • Passo indutivo: suponha x+y = y+x para um dado y. Quero mostrar x+S(y) = S(y)+x.
    Pela definição da adição,
    x+S(y) = S(x+y).
    Pela hipótese indutiva x+y = y+x, então S(x+y)=S(y+x). Agora use a definição da adição na outra escrita:
    S(y)+x = S(y+x).
    Portanto x+S(y) = S(y)+x. Isso fecha o passo indutivo.
Assim, por indução em y, a adição é comutativa:
x+y = y+x\quad\forall x,y\in\mathbb{N}.

Passo 3

Lema: 0\cdot a = 0 para todo a\in\mathbb{N}. Vou provar por indução em a.
  • Base ( a=0): 0\cdot 0 = 0 pela definição de multiplicação.
  • Passo indutivo: suponha 0\cdot a = 0. Então 0\cdot S(a) = 0\cdot a + 0pela definição x\cdot S(y)=x\cdot y + x com x=0. Pelas hipóteses, 0\cdot a = 0, e 0+0=0 (identidade do zero na adição). Logo 0\cdot S(a)=0.
Assim 0\cdot a = 0 para todo a.
Comentário didático: essa lema diz que “zero vezes qualquer coisa é zero”; foi obtido apenas usando a definição recursiva de multiplicação e as propriedades básicas da adição.

Passo 4

Lema útil: para todos a,b\in\mathbb{N} vale
S(b)\cdot a = b\cdot a + a.
Vou provar por indução em a. (Intuição: esse lema expressa que adicionar 1 ao primeiro fator corresponde a somar uma cópia do segundo fator.)
  • Base ( a=0): pela definição de multiplicação, S(b)\cdot 0 = 0. Pelo lema do passo 3, b\cdot 0 = 0. Logo b\cdot 0 + 0 = 0. Portanto S(b)\cdot 0 = b\cdot 0 + 0.
  • Passo indutivo: suponha que S(b)\cdot a = b\cdot a + a. Quero provar S(b)\cdot S(a) = b\cdot S(a) + S(a).
    Começo calculando a esquerda usando a definição de multiplicação:
    S(b)\cdot S(a) = S(b)\cdot a + S(b).
    Pela hipótese indutiva essa é
    S(b)\cdot S(a) = (b\cdot a + a) + S(b).
    Reescrevo a direita que quero obter, usando a definição de multiplicação em b\cdot S(a):
    b\cdot S(a) + S(a) = (b\cdot a + b) + S(a).
    Então preciso mostrar
    (b\cdot a + a) + S(b) = (b\cdot a + b) + S(a).
    Usando associatividade/commutatividade da adição (que já estabeleci/tenho disponível) e reagrupando, isso é equivalente a
    a + S(b) = b + S(a).
    Agora aplico as fórmulas da adição envolvendo sucessor:
    a + S(b) = S(a+b),\qquad S(a) + b = S(a+b).
    Pela comutatividade da adição a+b = b+a, então S(a+b) = S(b+a). Assim a + S(b) = S(a+b) = S(b+a) = b + S(a). Isso conclui o passo indutivo.
Portanto o lema S(b)\cdot a = b\cdot a + a vale para todos a,b.
Comentário didático: aqui usei crucialmente que a adição é comutativa e as fórmulas que relacionam sucessor com soma. Essa igualdade é a que permite trocar o sucessor do primeiro fator por uma soma do segundo fator.

Passo 5

Agora a prova principal: comutatividade da multiplicação. Vou provar por indução em b a propriedade
P(b):\quad \forall a\in\mathbb{N},\; a\cdot b = b\cdot a.
  • Base ( b=0): para todo a,
    a\cdot 0 = 0 \quad\text{(pela definição de multiplicação)},çãçã
    e pelo Lema do Passo 3,
    0\cdot a = 0.
    Assim a\cdot 0 = 0\cdot a para todo a. Logo P(0) vale.
  • Passo indutivo: suponha P(b) verdadeira, isto é, suponha que para todo a vale a\cdot b = b\cdot a. Quero mostrar P(S(b)): para todo a vale a\cdot S(b) = S(b)\cdot a.
    Tomo um a arbitrário. Calculo
    a\cdot S(b) = a\cdot b + a
    por definição de multiplicação. Pela hipótese indutiva a\cdot b = b\cdot a, então
    a\cdot S(b) = b\cdot a + a.
    Pelo Lema do Passo 4 (com as variáveis trocadas), resulta
    b\cdot a + a = S(b)\cdot a.
    Portanto a\cdot S(b) = S(b)\cdot a. Como a era arbitrário, P(S(b)) vale.
Assim, por indução em b, temos a\cdot b = b\cdot a para todos a,b\in\mathbb{N}.
Comentário final e incentivo: resumindo, a comutatividade da multiplicação vem “de brinde” da definição recursiva da multiplicação combinada com a comutatividade da adição. A prova usa indução e dois lemas naturais (zero vezes algo é zero, e comportamentos do sucessor) — nada de pânico, é apenas organizar as definições e aplicar a indução cuidadosamente. Você consegue fazer isso na prova seguindo esses passos!

Resposta

a\cdot b = b\cdot a \quad\forall a,b\in\mathbb{N}.

Exercícios relacionados