Jede positive reelle Zahl x besitzt eine g-al Darstellung

Wir betrachten zunächst nur den Fall $x\in [0,1[$. Für ein solches x definieren wir mit Hilfe der Gaußfunktion $\left[X\right]$

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${\displaystyle [x]=\max \{n\in \mathbb{Z}|n\le x\}\in \mathbb{Z}}$. Dabei ist stets ${\displaystyle 0\le x-[x]<1}$.

die Folge $(r_n(x))$ rekursiv durch

und setzen anschließend  $a_n(x)≔[r_n(x)]\text{.}$ Man sieht leicht, dass $0\le r_n(x)<g$, also ist auch $0\le [r_n(x)]<g$. Daher ist  $a_n(x)\in Z_g$ .
 

Beim Nachweis der folgenden Aussagen beachte man, dass nach Eigenschaften der Gaußfunktion die Zahl  $x\cdot g-a_1(x)=r_1(x)-[r_1(x)]$  stets in $[0,1[$ liegt.

1. $r_n(x\cdot g-a_1(x))=r_{n+1}(x)\text{ für alle }n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$

   Beweis  per Induktion:

   ►   $r_1(x\cdot g-a_1(x))=(x\cdot g-[r_1(x)])\cdot g=r_2(x)$

   $\begin{array}{ll}\hfill \text{▶ }{r}_{n+1}(x\cdot g-a_1(x))& =(r_n(x\cdot g-a_1(x))-[r_n(x\cdot g-a_1(x))])\cdot g\hfill \\ \hfill & =(r_{n+1}(x)-[r_{n+1}(x)])\cdot g\hfill \\ \hfill & =r_{n+2}(x)\hfill \end{array}$
    

2. $a_n(x\cdot g-a_1(x))=a_{n+1}(x)\text{ für alle }n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$

   Der Beweis  folgt direkt aus 1.
    

3. Für alle $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ gilt:  ${\displaystyle |x-\sum _{i=1}^n\frac{a_i(x)}{g^i}|\le \frac{1}{g^n}\text{ für jedes }x\in [0,1[}$

   Beweis  per Induktion:

   ►   ${\displaystyle |x-\frac{a_1(x)}{g}|=|x-\frac{[x\cdot g]}{g}|=\frac{1}{g}|x\cdot g-[x\cdot g]|\le \frac{1}{g}}$

   ►   Beim Induktionsschluss setzen wir die Induktionsvoraussetzung für $x\cdot g-a_1(x)$ ein!

   ${\displaystyle \begin{array}{ll}|x-\sum _{i=1}^{n+1}\frac{a_i(x)}{g^i}|\hfill & =\frac{1}{g}|x\cdot g-a_1(x)-\sum _{i=1}^n\frac{a_{i+1}(x)}{g^i}|\hfill \\ \hfill & =\frac{1}{g}|x\cdot g-a_1(x)-\sum _{i=1}^n\frac{a_i(x\cdot g-a_1(x))}{g^i}|\hfill \\ \hfill & \le \frac{1}{g}\cdot \frac{1}{g^n}=\frac{1}{g^{n+1}}\hfill \end{array}}$
    

Aus 3. ergibt sich nun unmittelbar die Gleichung  ${\displaystyle x=\sum _{i=1}^{\infty }\frac{a_i(x)}{g^i}}$, so dass wir uns nur noch von der einschränkenden Bedingung an x frei machen müssen. Sei also jetzt $x\ge 0$ eine beliebige positive reelle Zahl. Mit  $n≔\min \{k\in \mathbb{N}|x<g^k\}$  (beachte: $(g^n)$ ist unbeschränkt) ist dann  ${\displaystyle \frac{x}{g^n}\in [0,1[}$.

Setzt man jetzt

so gilt:  ${\displaystyle \frac{x}{g^n}=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{x_i}{g^i}}$  und damit hat man schließlich: