Sejam $(X, \preceq)$, $(Y, \unlhd)$ conjuntos totalmente ordenados e $\tau$, $\rho$ suas topologias da ordem, respectivamente. Se $(X, \tau)$, $(Y, \rho)$ são separáveis, $\preceq$, $\unlhd$ são ordens densas e completas e $(X, \preceq)$, $(Y, \unlhd)$ não possuem elementos extremos, então $(X, \tau)$, $(Y, \rho)$ são homeomorfos.

**Demonstração.** Como $(X, \tau)$ é separável, existe $D\subset X$ denso e enumerável. 

Suponha que $D$ possui maior elemento $m$. Note que $]m, +\infty[$ é um aberto não vazio em $X$ (pois $X$ não possui maior elemento), porém $D\cap~]m, +\infty[~=\varnothing$, contrariando a densidade de $D$. Analogamento mostra-se que $D$ não possui menor elemento.

Suponha que $\preceq$ restrito a $D$ não é uma ordem densa. Então existem $d_1, d_2\in D$, $d_1\prec d_2$, com $]d_1, d_2[~\cap D = \varnothing$. Porém, como a ordem de $X$ é densa, $]d_1, d_2[\neq \varnothing$, novamente contrariando a densidade de $D$.

Segue que $D$ é um conjunto enumerável com ordem densa e sem elementos extremos. Analogamente, se $E\subset Y$ é denso e enumerável, teremos que $E$ será um conjunto enumerável com ordem densa e sem elementos extremos. [[caracterizacaodosracionaisportopologiadaordemproposicao1|Deste teorema]], portanto, temos que existe $f:D\rightarrow E$ isomorfismo de ordem. Assim, considere a extensão $\bar{f}:X\rightarrow Y$ de $f$ dada por 

$$\bar{f}(x) := \sup\{f(d): d\in D, d\preceq x\}$$

Note que, pela densidade de $D$, $\bar{f}$ preserva a ordem. Pela completude de $X$, temos que $\bar{f}$ é bijetora. Concluímos assim a proposição.