De hecho, se puede demostrar directamente que cualquier contables espacio compacto $X$ es metrizable:
Deje $A$ ser una familia de funciones continuas de $X$ $\mathbb{R}$y deje $e : \left\{ \begin{array}{ccc} X & \to & \mathbb{R}^A \\ x & \mapsto & (f(x)) \end{array} \right.$. Si la familia $A$ distingue puntos y conjuntos cerrados en $X$, $e$ embedds $X$ a $\mathbb{R}^A$; desde $X$ es completamente regular, una familia $A$ existe. Tomando el lineal subespacio generado por $e(X)$, puede suponer $A$ contables.
Por lo tanto, $X$ es un subespacio de $\mathbb{R}^{\omega}$; por compacidad, $X$ es de hecho un subespacio de un producto de intervalos de $\prod\limits_{\omega} I_k$. Desde cada una de las $I_k$ es homeomórficos a $[0,1]$, $X$ es un subespacio de $[0,1]^{\omega}$.
Pero $[0,1]^{\omega}$ es metrizable, $d : (x,y) \mapsto \sum\limits_{n \in \omega} \frac{1}{2^n}|x_n-y_n|$ define una distancia de más.
Por otra parte, desde cualquier espacio metrizable puede ser embebido en una normativa espacio, puede utilizar la prueba dada en [Stefan Mazurkiewicz y Wacław Sierpiński, Contribución a la topologie des conjuntos dénombrables, Fundamenta Mathematicae 1, 17-27, 1920] para demostrar la clasificación que mencionas:
Primer aviso de que el Cantor-Bendixson rango de una contables espacio compacto es un sucesor contables ordinal $\alpha+1$ y $X_{\alpha}$ es finito. Entonces para cualquier contables ordinal $\alpha$ y un entero positivo $n \geq 1$, vamos a $P(\alpha,n)$ ser la afirmación: "Cualquier contables compacto espacio de Cantor-Bendixson rango $\alpha+1$ tal que $\text{card}(X_{\alpha})=n$ es homeomórficos a $\omega^{\alpha} \cdot n+1$."
Claramente, $P(1,1)$ es cierto (aquí $X$ es sólo una síntesis de la secuencia).
Paso 1: Si $P(\alpha,1)$ es true, entonces la $P(\alpha,n)$ es cierto.
Deje $X_{\alpha}=\{p_1, \dots,p_n\}$. A continuación, la visualización de $X$ como un subespacio de una normativa espacio de $Y$, $n-1$ paralelo hyperplanes $P_1$, ..., $P_{n-1}$ tal que $Y \backslash \bigcup\limits_{i=1}^{n-1} P_i$ $n$ componentes conectados $D_1$, ..., $D_n$ con $p_k \in D_k$.
Debido a $P(\alpha,1)$ es cierto, cada una de las $X_k:= X \cap D_k$ es homeomórficos a $\omega^{\alpha}+1$. Por lo tanto, $X$ es homeomórficos a $(\omega^{\alpha}+1) \cdot n= \omega^{\alpha} \cdot n+1$.
Paso 2: Si $P(\alpha,n)$ es cierto para cualquier $\alpha<\alpha_0$$n \geq 1$, $P(\alpha_0,1)$ es cierto.
Deje $X_{\alpha_0}=\{p\}$ y deje $(p_k)$ ser una secuencia en $X'$ convergentes a $p$ (sin pérdida de generalidad, supongamos $\alpha_0 \geq 2$, de modo que $p \in X''$). A continuación, la visualización de $X$ como un subespacio de una normativa espacio de $Y$, existe una secuencia de números reales positivos $(r_k)$ convergentes a cero, tales que la familia de esferas $S(p,r_k)$ no cumple $X$ $Y \backslash \bigcup\limits_{k \geq 1} S(p,r_k)$ tiene infinitamente muchos de los componentes conectados $D_1$, $D_2$, ... con $p_k \in D_k$.
Por supuesto, cada una de las $X_k:= X \cap D_k$ es homeomórficos a algunos $\omega^{\alpha_k} \cdot n_k+1$$\alpha_k <\alpha_0$$n_k \geq 1$. Por lo tanto, $X$ es homeomórficos a $$\tau=[(\omega^{\alpha_1} \cdot n_1+1)+(\omega^{\alpha_2} \cdot n_2+1)+ \dots ]+1$$
Pero $\tau \leq \omega^{\alpha_0} +1$. Si $\tau < \omega^{\alpha_0}+1$ $\tau< \omega^{\alpha_0}$ porque $\tau$ es compacto, por lo tanto $X_{\alpha_0}= \emptyset$: una contradicción. Por lo tanto, $\tau = \omega^{\alpha_0}+1$ $P(\alpha_0,1)$ es cierto.
Paso 3: se concluye por inducción transfinita.
