Directa argumento que muestra que $[0,1]^I$ no es segundo contable para innumerables $I$ no es demasiado difícil de tambor.
Primero, considere el estándar $\mathcal{B}$ para la topología producto: todos los productos de la forma $\prod_{i \in I} U_i$ donde cada una de las $U_i$ está abierto en $[0,1]$ $U_i = [0,1]$ para todos, pero un número finito de $i \in I$.
Un buen resultado es que, dado cualquier base de un espacio topológico, siempre se puede encontrar un subconjunto de la base de que en sí es una base, y de mínimo tamaño posible. Por lo tanto, si $[0,1]^I$ eran de segunda contables, no sería una contables subconjunto de $\mathcal{B}$ que es también una base.
Dejando $\mathcal{B}^\prime = \{ U^{(k)} : k \in \mathbb{N} \}$ ser cualquier contables subconjunto de $\mathcal{B}$, para cada una de las $k \in \mathbb{N}$ podemos escribir $U^{(k)} = \prod_{i \in i} U^{(k)}_i$ anterior. Para cada una de las $k$ deje $I_k = \{ i \in I : U^{(k)}_i \neq [0,1] \}$. Cada una de las $I_k$ es finito, y por lo $\bigcup_{k \in \mathbb{N}} I_k$ es contable. Por tanto hay algo de $i_* \in I \setminus \bigcup_{k \in \mathbb{N}} I_k$. Dejando $V_{i_*} = [0, \frac{1}{2} )$, e $V_i = [0,1]$ todos los $i \neq i_*$, considerar el conjunto abierto $V = \prod_{i \in I} V_i$. No es difícil mostrar que $U^{(k)} \not\subseteq V$ todos los $k \in \mathbb{N}$, y por lo $\mathcal{B}^\prime$ no puede ser una base!
(Haciendo los cambios apropiados para esta prueba, usted puede demostrar que el producto de una cantidad no numerable de espacios que no tienen la topología trivial no es segundo contable.)
Para otro ejemplo básico de un espacio compacto que no es segundo contable, considerar el ordinal espacio de $\omega_1+1 = [0, \omega_1]$ (donde $\omega_1$ es el menos incontables ordinal). Con un poco de conocimiento de los números ordinales no es demasiado difícil mostrar que este espacio no es el primero-contables (no hay ningún contables base en $\omega_1$), y por lo tanto no es segundo contable.
