Por facilitação de notação, chamemos os irracionais de $\mathbb{I}$. Pela enumerabilidade dos racionais, podemos escrever $\mathbb{Q} = \{r_n : n \geq 1\}$. Além disso, definamos o conjunto de todas as sequências finitas (não vazias) de dado conjunto por $$ \text{Seq}(A) = \bigcup_{n \geq 1} A^n. $$

Agora, definiremos uma família de intervalos da forma $[I_s : s \in \text{Seq}(\mathbb{N})]$, satisfazendo estas propriedades:

• para cada $s \in \text{Seq}(\mathbb{N})$, $I_s$ é um intervalo aberto de extremos racionais de comprimento até $\frac{1}{|s|}$;

• para todo $n \geq 1$ e $s, t \in \mathbb{N}^n$ com $s \neq t$, temos $I_s \cap I_t = \emptyset$;

• para todos $s, t \in \text{Seq}(\mathbb{N})$, se $|s| \leq |t|$ e $t$ estende $s$ (i.e. $s = t$ nos primeiros $|s|$ termos), então $I_t \subseteq I_s$;

• para todo $n \in \mathbb{N}$, temos $\big[ \mathbb{R} \setminus \bigcup_{s \in \mathbb{N}^n} I_s \big] \subseteq \mathbb{Q}$, e para $n \geq 1$, temos $r_n \notin \bigcup_{s \in \mathbb{N}^n} I_s$;

• para $n \geq 2$, $r_{n-1}$ não é extremo de nenhum $I_s$ com $s \in \mathbb{N}^n$.

Doravante, assumiremos que tal família existe. A intuição por trás dos $I_s$ é que estamos tomando intervalos encaixados que excluem cada vez mais racionais. Seja $s \in \mathbb{N}$ sequência qualquer (agora infinita, diferente dos $s$ anteriores). Escrevemos $s|n$ quando $s$ é limitada a seus $n$ primeiros termos. Para $\bigcap_{n \geq 1} I_{s|n}$ temos uma interseção de intervalos de tamanho decrescente e que satisfazem as propriedades acima.

A fim de aplicar o Teorema dos Intervalos Encaixantes, transformemos esses conjuntos em compactos — lembrando que, em $\mathbb{R}$, compacto significa fechado e limitado. Tomemos os fechos $\overline{I_s}$; pelas propriedades, temos todas as hipóteses necessárias para o Teorema. Assim, $\bigcap_{n \geq 1} \overline{I_{s|n}} \neq \emptyset$. Além disso, a interseção possui apenas um elemento real — denotemo-lo por $r$.

Assumamos $r$ racional. Então, $r = r_m$ para algum $m \in \mathbb{N}$ e seria excluído de $\bigcap_{n \geq 1} \overline{I_{s|n}}$ no $m$-ésimo refinamento. Contradição. Desse modo, percebemos que $r$ é irracional.

Queremos, agora, mostrar que $r \in \bigcap_{n \geq 1} I_{s|n}$. Suponhamos $r \in \big[ \overline{I_{s|n}} \setminus I_{s|n} \big]$. Concluímos que $r$ é uma das extremidades do intervalo, portanto é um racional — o que é uma contradição. Ou seja, estamos obtendo um único irracional ($r$) com a interseção dos intervalos indexados por sequências de naturais.

O homeomorfismo propriamente dito será definido como $f : \mathbb{N}^{\mathbb{N}} \to \mathbb{I}$, em que $f(s)$ é o único ponto de $\bigcap_{n \geq 1} I_{s|n}$. Tomemos $s, t \in \mathbb{N}^{\mathbb{N}}$ distintos. Seja a $m$-ésima coordenada a primeira em que $s$ é diferente de $t$. Uma vez que $I_{s|n} \cap I_{t|n} = \emptyset$, podemos concluir que $f(s) \neq f(t)$; está provada a injetividade.

Vamos mostrar que $f$ é um mapa aberto — o que nos garantirá a continuidade de sua inversa posteriormente. Queremos mostrar que, dado $V_s$ um aberto básico, para algum $s \in \text{Seq}(\mathbb{N})$ temos $f[V_s] = I_s \cap \mathbb{I}$, que é um aberto de $\mathbb{I}$. Seja $t \in V_s$ tal que $s = t\big| |s|$. Temos $f(t) \in I_{(t \big| |s|)} = I_s$. Além disso, $f(t)$ é irracional, então segue $f[V_s] \subseteq [I_s \cap \mathbb{I}]$. Agora, seja $r \in I_s$ um irracional. Para cada $n \geq 1$, existe $s_n \in \mathbb{N}^n$ tal que $r \in I_{s_n}$. Se $n \leq m$, então $s_n = s_m|n$. Se isso não for verdadeiro, teremos $I_{s_n} \cap I_{s_m|n} = \emptyset$; mas então $I_{s_m} \subseteq I_{s_m|n}$, concluindo que $I_{s_n} \cap I_{s_m} = \emptyset$ — contradição por $r$ estar nessa interseção. Além disso, temos que $s_{|s|} = s$ pois, do contrário, teríamos que $I_{s_{|s|}}$ e $I_s$ seriam disjuntos, o que viola o fato de $r$ estar em ambos. Seja $u \in \mathbb{N}^{\mathbb{N}}$ dada por $u(n) = s_{n+1}(n)$ para todo $n$. Temos que, dado $m ∈ N$, $s|m = s_m$, pois dado $n < m$ temos que $s(n) = s_{n+1}(n) = s_m(n)$ pela observação anterior. Temos, portanto: $$r \in \bigcap_{n \geq 1} I_{s|n} = \bigcap_{n \geq 1} I_{s_n},$$ o que nos mostra que $r = f(s)$. Temos que $f \in V_s$ pois $s \big| |s| = s_l = s$, nos dando o resultado $f[V_s] \supseteq [I_s \cap \mathbb{I}]$.

Agora queremos a sobrejetividade. Dado um irracional $r$, existe $s \in \mathbb{N}^1$ tal que $r \in I_s$. Na prova de que a função é um mapa aberto, vimos que $f[V_s] = I_s \cap \mathbb{I}$; então, existe $t \in V_s$ tal que $f(t) = r$.

Para verificar a continuidade, fixemos $s \in \mathbb{N}^{\mathbb{N}}$ e $r = f(s)$. Com $\varepsilon > 0$, devemos concluir que existe uma vizinhança $V$ de $s$ tal que $f[V] \subseteq (r - \varepsilon, r + \varepsilon)$. Tomemos $n \geq 1$ tal que $\frac{1}{n} < \varepsilon$. Para $I_{s|n} = (a, b)$, temos $|b - a| \leq \frac{1}{n}$. Como $r \in (a, b)$, se $x \in (a, b)$ concluímos que $a < x$, $r < b$ e, portanto, $|x - r| < \frac{1}{n} < \varepsilon$. Temos que $V_{s|n}$ é uma vizinhança de $s$. Se $t \in V_{f|n}$, temos $t|n = s|n$ e, portanto, $f(t) \in I_{s|n} = I_{t|n}$. Assim, $|f(t) - r| < \varepsilon$ e, por fim, obtemos $f[V_{f|n}] \subseteq (r - \varepsilon, r + \varepsilon)$.