Como se esperaba, la respuesta a tu pregunta es negativa.
Recordemos que un conjunto $U \subconjunto X \times de$ Y es universal para una clase $\Gamma \subconjunto \mathcal{P}(Y)$ si por cada $G \in \Gamma$ hay $x \in X$ tales que $G$ es la sección vertical de $U_x$ de $U$, que es: $G = U_x = \{ y \en Y : (x,y) \U,\}$. Recordemos también que la analítica de conjuntos son universalmente medibles.
Una forma estándar para demostrar que no son analíticas establece en $X$ que no son conjuntos de Borel es exponer un análisis conjunto de $U \subconjunto X \times X$, que es universal para la analítica establece en $X$. El conjunto de la diagonal de puntos $D = \{x \in X: (x,x) \U,\}$ de $U$ resulta ser una analítica conjunto que no es Borel. La prueba es una diagonal argumento que recuerda a la paradoja de Russell y de Cantor de $\kappa \lt 2^\kappa$-teorema. Véase, por ejemplo, Srivastava, Un curso sobre los conjuntos de Borel, Teorema 4.1.5, p.130.
Una inteligente refinamiento de este argumento de los rendimientos de la respuesta a su pregunta:
Vamos a $U \subconjunto [0,1] \times [0,1]$ ser una analítica conjunto, que es universal para la analítica establece en $[0,1]$. Entonces $U$ es no un elemento del producto $\sigma$-álgebra de $\mathcal{P}[0,1] \times \mathcal{L}[0,1]$ del poder conjunto $\sigma$-álgebra de $\mathcal{P}[0,1]$ y el Lebesgue $\sigma$-álgebra de $\mathcal{L}[0,1]$.
En particular, ser analítico, $U$ es universalmente medibles en $[0,1]^2$, pero aún no pertenecen al producto de $\sigma$-álgebra de $\mathcal{L}[0,1] \times \mathcal{L}[0,1] \supset \mathcal{B}([0,1])^u \times \mathcal{B}([0,1])^de u$.
Esto está demostrado en la B. V. Rao, Observaciones sobre la analítica de conjuntos, de Fondo. Math., 66 (1970), 237-239. Una variante era independiente encontrado por R. Mansfield en la primera parte de La solución a uno de Ulam los problemas de la relación analítica conjuntos, I y II, por diferente y más complicado métodos (el argumento de la segunda parte es esencialmente la misma que la dada por Rao). Srivastava del libro, Teorema 4.3.4, página 141 también contiene una prueba de ello. Por supuesto, nadie puede reemplazar a $[0,1]$ en $\mathbb{R}$ o de cualquier otro innumerables polaco espacio.
Más detalles y refinamientos se puede encontrar en el Arnold W. Miller Medibles rectángulos. Véase en particular el Teorema 1 donde demuestra que $\mathcal{L}[0,1]$ puede ser sustituida por la propiedad de Baire álgebra de $\mathcal{PB}[0,1]$ en Mansfield-teorema de Rao.
Por otra parte, Miller se mostró en la sección 4 de la longitud de Borel jerarquías que es relativamente consistente con ZFC que ningún universal analítica conjunto pertenece al producto $\sigma$-álgebra de $\mathcal{P}[0,1] \times \mathcal{P}[0,1]$.
