Sia $\displaystyle{I_n=\lbrace \frac{n^2+n}{2}, …, \frac{n^2+3n}{2}\rbrace}$.
Dimostriamo per induzione sulla somma $x+y$ che $f(\varepsilon;n-\varepsilon)\in I_n$ per $\varepsilon =0,1,2,...,n$, e che $f(0,n)<f(1,n-1)<…<f(n,0)$. Sia $s=x+y$:
Passo base: Per $s=0$ si ha solo $f(0,0)=0$, mentre per $s=1$ si ha $f(0,1)=1$ e $f(1,0)=2$, quindi $f(0,1)<f(1,0)$ ed entrambe appartengono a $I_1$
Ipotesi induttiva: supponiamo che le due tesi siano vere per $s=0,1,2,...,n$ e dimostriamole per $s=n+1$
Passo induttivo: $\displaystyle{f(\varepsilon, n+1-\varepsilon)=\frac{(n+1)^2+3\varepsilon +n+1-\varepsilon}{2}=\frac{n^2+3n+2}{2}+\varepsilon}$ per $\varepsilon =0,1,2,...,n+1$
Quindi è immediato vedere $f(0,n+1)<f(1,n)<f(2,n-1)<…<f(n+1,0)$
Inoltre $\displaystyle{I_{n+1}=\lbrace \frac{n^2+3n}{2}+1, …, \frac{n^2+5n+4}{2}\rbrace}$ e si verifica facilmente che $f(\varepsilon, n+1-\varepsilon)\in I_{n+1}$ per $\varepsilon =0,1,...,n+1$
Per come sono costruiti gli $I_n$, essi sono disgiunti a 2 a 2 e la loro unione è $\mathbb{N}$.
Inoltre, per quanto mostrato al passo induttivo, $f(i,n-i)\neq f(j,n-j)$ per $i\neq j$, quindi l'insieme $\lbrace f(\varepsilon, n-\varepsilon)\rbrace$ al variare di $\varepsilon$ ha cardinalità $n+1$ come $I_n$.
C'è quindi una biezione tra $I_n$ e $\lbrace f(\varepsilon, n-\varepsilon)\rbrace$.
Per quanto mostrato, per ogni intero positivo $z$ esiste ed è unico $n$ tale che $z\in I_n$, ed esso è raggiunto da una sola coppia di valori $x,y$.
Notiamo inoltre che per ogni $n$ vale $f(n,0)<f(0,n+1)$. Questo fatto, unito alle disuguaglianze dimostrate, implica che ad ogni coppia $(x,y)$ corrisponde un solo valore $z$ intero positivo.
Pertanto la funzione è invertibile.
