La receta estándar para la construcción es la siguiente. Encontrar el semi-intervalo $D = \lbrack a, b) \subset \lbrack 0, 1\rbrack$ tal que para cualquier punto $x \in D$ contiene exactamente un punto de la órbita $\mathcal{O}(x)$ en la cartografía $f$ . Encontrar un intervalo análogo $D' = \lbrack a', b')$ para $g$ . (Normalmente tales intervalos se llaman "dominio fundamental" y sus puntos representan órbitas de la acción del mapa) Si se considera $\bigcup \limits_{n \in \mathbb{Z}} f^n(D)$ entonces se puede demostrar que es igual a $( 0, 1 )$ . Construyamos la conjugación $h$ . Por lo tanto, se toma cualquier homeomorfismo $\hat{h}$ que mapea $D$ a $D'$ . Entonces se toma un punto arbitrario $y$ ( EDITAR : excepto los puntos fijos $0$ y $1$ ) y encontrar $m \in \mathbb{Z}$ tal que $f^m(y) \in D$ (sólo existe un número así). Después se define $h(y)$ como $ g^{-m}(\hat{h}(f^m(y)))$ . Se trata de un homeomorfismo bien definido de $(0, 1)$ a $(0, 1)$ y se puede extender al homeomorfismo de $\lbrack 0, 1 \rbrack$ al establecer $h(0) = 0$ , $h(1) = 1$ . Además, conjuga $f$ y $g$ .
El hecho clave es que si $f$ es un homeomorfismo de $[0, 1]$ , $f(0) = 0$ , $f(1) =1 $ entonces $f(x)$ tiene que ser una función estrictamente creciente de $x \in [0, 1]$ . ( EDITAR : Aquí voy a suponer que $0$ es el punto de repulsión y $1$ es el punto de atracción; el otro caso se puede tratar de forma similar) Así que si tomamos el punto $x_0$ ( EDITAR que no coincide con los puntos fijos) y considerar el semi-intervalo $[x_0, f(x_0))$ entonces veremos que no contiene más de un punto de cada órbita: por monotonicidad para cualquier $x' \in [x_0, f(x_0))$ sigue $x_0 < f(x_0) < f(x')$ . $\bigcup \limits_{n \in \mathbb{Z}} f^n(D) = (0, 1)$ se deduce de la monotonicidad y de que $0$ y $1$ son los únicos puntos fijos.
