Tetszőleges olyan $n=x_1+x_2+\text{...}$ felbontást, amit az $a\left(n\right)$-ben számolunk meg, kódoljunk az alábbi módszerrel. Minden $i$-re írjuk fel az $x_i$ kettes számrendszerbeli alakját (az $i$-edik sorba $x_i$-t írva) úgy, hogy a legnagyobb helyiértéken álló számjegyek egymás alá kerüljenek. Mivel a $2^k-1$ szám kettes számrendszerbeli alakja pontosan $k$ db egyesből áll, a kapott felírásban kizárólag egyesek fognak szerepelni, és az egyesekből álló sorok hossza lefelé haladva nem csökken. Ebben a felírásban minden egyeshez egy jól meghatározott érték tartozik: ha egy egyestől jobbra $\ell$ további egyes található, akkor az adott egyes értéke pontosan $2^{\ell }$. A felírásból adódóan a kódolásból úgy olvasható ki az $x_i$, hogy az $i$-edik sorban álló egyesek értékét összeadjuk.
Ha a most felírt kódolásban oszloponként adjuk össze a felírt egyesek értékét, akkor egy $n=y_1+y_2+\text{...}$ felbontást kapunk, ahol $y_i$ jelöli a jobbról az $i$-edik oszlopban álló egyesek összértékét. Világos, hogy $y_{i+1}\ge 2\cdot y_i$, hiszen $y_i$ minden egyesétől balra áll egy $y_{i+1}$-hez tartozó egyes, ami pontosan kétszer annyit ér, mint a tőle jobbra álló. Ez azt jelenti, hogy az $n=y_1+y_2+\text{...}$ felbontást $b\left(n\right)$-ben számoltuk meg. Azt kaptuk, hogy minden $a\left(n\right)$-ben leszámolt felbontáshoz tartozik egy jól meghatározott $b\left(n\right)$-ben leszámolt felbontás.
A továbbiakban azt igazoljuk, hogy a fenti transzformáció kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés a kétféle típusba tartozó felbontások között. Ezt pedig úgy mutatjuk meg, hogy minden $b\left(n\right)$-ben leszámolt $n=y_1+y_2+\text{...}$ felbontáshoz konstruálunk egy $a\left(n\right)$-ben leszámolt $n=x_1+x_2+\text{...}$ felbontást, amit a fenti transzformáció pontosan az $n=y_1+y_2+\text{...}$ felbontásba visz.
Legyen tehát adott egy $b\left(n\right)$-ben leszámolt $n=y_1+y_2+\text{...}$ felbontás. A jobb szélső oszlopban helyezzünk el $y_1$ db egyest egymás felett. Ha már elkészítettünk $i$ oszlopot, akkor ezektől balra úgy konstruáljuk meg az $\left(i+1\right)$-edik oszlopot, hogy az $i$-edik oszlop minden egyese mellé balról írunk egy egyest, továbbá még $y_{i+1}-2\cdot y_i$ további egyest írunk ezen egyesek fölé. Ez $y_{i+1}\ge 2\cdot y_i$ miatt mindig megtehető. Világos, hogy ha most minden egyesnek a fent definiált értéket adjuk, akkor a $j$-edik oszlopbeli egyesek összértéke pontosan $y_i$ lesz minden értelmes $i$-re. Ha pedig a felírt egyeseket soronként olvassuk ki kettes számrendszerbeli számokként, akkor ezen számok az $n$-nek egy $a\left(n\right)$-ben leszámolt $x_1+x_2+\text{...}$ felbontását adják, amit (a konstrukció miatt) a fent leírt transzformáció pontosan az $n=y_1+y_2+\text{...}$ felbontásba visz. Mi pedig éppen ezt akartuk bizonyítani.  $\square$