Via lema da sub-base de Alexander

Note que $\mathcal{B}=\{[0,b[:b\in]0, 1]\}\cup\{]a,1]:a\in[0,1[\}$ é uma sub-base para $[0,1]$. Sejam $\mathcal{C}\subset\mathcal{B}$ uma cobertura para $[0, 1]$ e $\beta=\sup\{b\in[0,1]:[0,b[\in\mathcal{C}\}$. Note que $\beta$ não é coberto por algum $[0,b[\in\mathcal{C}$, logo, existe $a$ tal que $]a,1]\in\mathcal{C}$ e $\beta\in]a,1]$. Como $\beta$ é supremo, existe $b$ tal que $a<b<\beta$ e $[0,b[\in\mathcal{C}$. Note que $[0,b[\cup ]a,1]=[0, 1]$.

Via definição

Seja $\mathcal{A}$ cobertura aberta básica para $[0,1]$ e considere $\mathcal{C}=\{x\in [0,1]:$ existe $\mathcal{A}'\subset A$ finito com $\bigcup_{A\in\mathcal{A}'}A\supset [0,x]\}$. Note que $\mathcal{C}$ é limitado e não vazio. Com efeito, $0\le x\le1$ para todo $x\in\mathcal{C}$ e $0\in\mathcal{C}$ porque existe $A\in\mathcal{A}$ tal que $0\in A$, donde basta tomar $\mathcal{A}'=\{A\}$. Logo existe $\alpha=\sup\mathcal{C}$.

Claro que $\alpha\le 1$. Suponha que $\alpha<1$. Como $\mathcal{A}$ é cobertura para $[0,1]$, existe $A\in\mathcal{A}$ tal que $\alpha\in A$. Como $A$ é aberto, existe $r\in]0,\alpha[$ tal que $]\alpha -r,\alpha +r[\cap [0,1]\subset A$. Como $\alpha$ é supremo, existe $x\in\mathcal{C}$ tal que $\alpha -r<x<\alpha$, de modo que existe subcobertura $\mathcal{A}'\subset\mathcal{A}$ finita para $[0,x]$. Veja que $\mathcal{A}'\cup \{A\}\subset\mathcal{A}$ é subcobertura finita para $[0,\alpha +r[\cap [0,1]$, e assim, para $[0,\min\{\alpha +r/2,1\}]$, uma contradição com $\alpha$ ser supremo. Segue $\alpha =1$.

Como $\mathcal{A}$ é cobertura aberta para $[0,1]$, existem $A\in\mathcal{A}$ tal que $1\in A$ e $r\in]0,1[$ tal que $]1-r,1]\subset A$. Como $1$ é supremo, existe $x\in\mathcal{C}$ tal que $1-r<x<1$, logo existe subcobertura $\mathcal{A}'\subset\mathcal{A}$ finita para $[0,x]$. Note que $\mathcal{A}'\cup \{A\}\subset\mathcal{A}$ é subcobertura finita para $[0,1]$.

Segue de ser espaço de Hausdorff compacto.

Segue de ser compacto.