Tegyük fel, hogy az [0,1] intervallum legalább kétszeresen le van fedve véges sok intervallummal, azaz a [0,1] minden pontja legalább két fedőintervallumban benne van?

Veszed azt az intervallumot, amely a 0-ból indul, és a legkorábban fejeződik be. Legyen ez I1, a jobb oldali végpontja legyen A1. Most az A1-en felfelé túlmenő intervallumok közül veszed azt, amelyik a legkorábban fejeződik be. Ez lesz I2, jobb végpontja A2, és így tovább, mindig jegyzed a kiválasztott intervallumokat. Végül elérsz An=1-ig.

Most elkezded a csoportosítást.

Az In-et beválasztod az egyik csoportba, egy másik 1-ben végződő intervallumot a másikba. Így A(n-1)-től felfelé már jól fedve van minden.

Most haladsz visszafelé az alábbi módon. Tegyük fel, hogy A(k)-tól felfelé már fedve van minden A(k) felett végződő intervallumokkal.

Most veszed I(k)-t. Az A(k-1)-től A(k)-ig induló rész duplán van fedve. Az egyik fedő az I(k), egy másik fedő intervallum legyen J. Mivel I(k) korábban még biztos nem volt csoportba osztva (hiszen csak A(k)-nál később végződő intervallumokat osztott eddig csoportba az algoritmus), ezért J-t és I(k) be lehet rakni két különböző csoportba (akkor is, ha J már be van rakva az egyikbe). Így, mivel I(k) definíciója miatt J az A(k)-ban vagy még később végződik, most már A(k-1)-tól felfelé van minden lefedve, A(k-1) felett végződő intervallumokkal.

És így tovább, k-t egyesével leviszed 0-ra, és megvan a két csoportod.

(Megjegyzés: a megoldás általánosítható 2-szeres helyett m-szeres fedésre: I(k) mellé J1 J2, ..., J(m-1) intervallumokat választunk ki. Ekkor viszont pluszban meg kell gondolni azt, hogy a Ji intervallumokat választhattuk egy csoportba korábban. Tegyük fel, hogy pl. Jx és Jy ugyanabban a csoportban van, ahol x<y. Ekkor Jx-et egyszerűen kivesszük a már meglévő csoportosításból (hiszen nincs rá szükség, mivel Jy fedi az Jx-nek az A(k) feletti részét). Ezt addig csináljuk, amíg van két Jx és Jy, azonos csoportban. Ha nincs, akkor I(k), J1, ... J(m-1) megintcsak besorolható a csoportokba.)