Parece que el siguiente.
En el último de obtener una respuesta positiva, debido a las siguientes
Lema. Cada infinita localmente compacto Hausdorff espacio de $X$ contiene un infinito subespacio cerrado con una contables interior.
Así que si usted tiene un infinito compacto subespacio $X$ de un espacio de Hausdorff $Z$ $X$ contiene un infinito subespacio cerrado con una contables interior no sólo en $Z$, pero incluso en $X$.
La prueba del Lema. Supongamos que a la inversa. Deje $Y=\{y_n:n\in\omega\}$ ser arbitraria contables infinito subconjunto de $X$. Entonces el conjunto $\overline Y$ es incontable. Deje $x\in \overline Y\backslash Y$ ser un punto arbitrario. Desde el espacio de $X$ es Hausdorff, para cada número $n\in\omega$ existen abiertos disjuntos vecindarios $U_n$ $V_n$ de los puntos de $y_n$ $x$ respectivamente. El conjunto $\overline Y\backslash\bigcup U_n $ es un conjunto cerrado con un vacío interior y por lo tanto es finito. Entonces el conjunto $\overline Y\cap \bigcap V_n\subset \overline Y\backslash\bigcup U_n$ es finita. Por lo tanto el punto de $x$ tiene una contables pseudocharacter $\psi(x,\overline{Y})$ en el espacio de $\overline {Y}$. Desde el espacio de $X$ es localmente compacto, existe un abierto vecindario $V$ de el punto de $x$ de manera tal que el conjunto $\overline V$ es compacto. A continuación,$\psi(x,\overline{Y\cap V})\le \psi(x,\overline{Y})\le\omega$. Desde el espacio de $\overline {V\cap Y}$ es compacto, el carácter $\chi(x,\overline {V\cap Y})$ es contable. Desde el set $Y$ es denso en el espacio de $\overline{V\cap Y}$$x\not\in Y$, existe una secuencia $\{x_n\}$ de distintos puntos del conjunto $Y$ convergentes a $x$. Entonces el conjunto $\{x_n\}\cup\{x\}$ es una contables infinito conjunto compacto, y por lo tanto, un infinito subconjunto cerrado del espacio de $X$ con contables interior, una contradicción.$\square$
La actualización. Por otra parte, podemos mejorar el Lema a
Lema 2. Cada infinito espacio de Hausdorff $X$ contiene un infinito subespacio cerrado con una contables interior.
Prueba. Supongamos que a la inversa. Deje $Y=\{y_n:n\in\omega\}$ ser arbitraria contables infinito subconjunto de $X$. Entonces el conjunto $\overline Y\backslash Y$ es incontable. Para cada una de las $n\in\omega$ definimos por inducción abierto vecindario $U_n$ de el punto de $y_n$ de manera tal que un conjunto $Z_n=\overline Y\backslash (Y\cup\bigcup_{i\le n} U_i)$ es infinita y un punto de $z_n\in Z_n$ tal que todos los puntos de $z_i$ son distintos e $z_i\not\in U_n$ por cada $i<n$. Si para cada uno de los vecindarios $U$ de el punto de $y_0$ el conjunto $\overline Y\backslash (Y\cup U)$ es finito, entonces para cualquier contables infinito subconjunto $Z$ del conjunto de $\overline Y\backslash Y$ el conjunto $Z\cup \{y_0\}$ es una contables conjunto compacto, una contradicción. Por lo tanto, podemos elegir un abrir vecindario $U_0$ de el punto de $y_0$ de manera tal que el conjunto $Z_0=\overline Y\backslash (Y\cup U)$ es infinita y un punto de $z_0\in Z_0$. Si para cada uno de los vecindarios $U$ de el punto de $y_1$ el conjunto $Z_0\backslash U$ es finito, entonces para cualquier contables infinito subconjunto $Z$ del conjunto de $Z_0$ el conjunto $Z\cup \{y_1\}$ es una contables conjunto compacto, una contradicción. Por lo tanto, podemos elegir un abrir vecindario $U_1\not\ni z_0$ de el punto de $y_1$ de manera tal que el conjunto $Z_1=Z_0\backslash U_1$ es infinita y un punto de $z_1$$Z_1\backslash\{z_0\}$, y así sucesivamente. A continuación, $\overline{\{z_n:n\in\omega\}}\subset\overline{Y}\backslash\bigcup U_n$ es un lugar denso cerrado infinito subconjunto del espacio de $\overline Y$, una contradicción.$\square$
Update 2. Por otra parte, podemos probar
La proposición. Cada infinito espacio de Hausdorff $X$ contiene infinitamente muchos que no son puntos aislados contiene también una infinita subconjunto cerrado con vacío interior.
Prueba. Supongamos que a la inversa. Denota el conjunto de todos los puntos aislados de a$X$$X'$. Deje $Y=\{y_n:n\in\omega\}\subset X'$ ser arbitraria contables subconjunto infinito. Está claro que $\overline Y\subset X'$.
Vamos a necesitar los siguientes
Lema 3. No hay infinito subconjunto $Z$ del conjunto de $X'$ y un punto de $x\in X$ tal que para cada vecindario $U$ de el punto de $x$ el conjunto $Z\backslash U$ es finito.
Prueba. Supongamos que a la inversa. Entonces el conjunto $Z_0=Z\cup \{x\}$ es un conjunto compacto. Por otra parte, vamos
$y\in Z_0\backslash \{x\}$ ser un punto arbitrario. Existen abiertos disjuntos conjuntos de $U\ni x$$V\ni y$. Por lo tanto $V\cap Z_0$ es finita barrio de el punto de $y$. Por lo tanto, el espacio de $Z_0\backslash \{x\}$ es discreto. El conjunto $Z_0$ es cerrado en $X$ como subconjunto compacto. Desde el set $Z_0$ es infinito, existe un no-vacío abierto subconjunto $V$ $X$ tal que $V\subset Z_0$. Desde el set $Z_0\backslash \{x\}$ es denso en $Z_0$, existe un punto de $y\in V\cap (Z_0\backslash \{x\})$. Desde el espacio de $Z_0\backslash \{x\}$ es discreto, existe un entorno $W$ de el punto de $y$ tal que $W\cap (Z_0\backslash \{x\})$ es un singleton. Pero, a continuación, un conjunto $W\cap V\subset W\cap (Z_0\backslash \{x\})$ es un singleton, una contradicción, porque todos los puntos del conjunto $Z_0\backslash \{x\}\subset X'$ no son aislados. $\square$
Ahora vamos a considerar dos casos.
$1.$ El conjunto $\overline Y\backslash Y$ es infinito. Para cada una de las $n\in\omega$ definimos por inducción abierto vecindario $U_n$ de el punto de $y_n$ de manera tal que un conjunto $Z_n=\overline Y\backslash (Y\cup\bigcup_{i\le n} U_i)$ es infinita y un punto de $z_n\in Z_n$ tal que todos los puntos de $z_i$ son distintos e $z_i\not\in U_n$ por cada $i<n$. Por el Lema 3, existe un abierto vecindario $U_0$ de el punto de $y_0$ de manera tal que el conjunto $ Z_0=\overline Y\backslash (Y\cup U)$ es infinito. Elige un punto arbitrario $z_0\in Z_0$. De nuevo por el Lema 3, existe un abierto vecindario $U_1\not\ni z_0$ de el punto de $y_1$ de manera tal que el conjunto $Z_1=Z_0\backslash U_1$ es infinito. Elige un punto arbitrario $z_1\in Z_1\backslash\{z_0\}$, y así sucesivamente. A continuación, $\overline{\{z_n:n\in\omega\}}\subset\overline{Y}\backslash\bigcup U_n$ es un lugar denso cerrado infinito subconjunto del espacio de $\overline Y$, una contradicción.
$2.$ El conjunto $\overline Y\backslash Y$ es finito. Desde $\overline Y\subset X'$, sin pérdida de generalidad, podemos asumir que
$\overline Y=Y$. Para cada una de las $n\in\omega$ definimos por inducción abierto vecindario $U_n$ de el punto de $y_n$ de manera tal que un conjunto $Z_n=Y\backslash \bigcup_{i\le n} U_i$ es infinita y un punto de $z_n\in Z_n$ tal que todos los puntos de $z_i$ son distintos. Por el Lema 3, existe un abierto vecindario $U_0$ de el punto de $y_0$ de manera tal que el conjunto $Z_0=Y\backslash U_0$ es infinito. Elige un punto arbitrario $z_0\in Z_0$. De nuevo por el Lema 3, existe un abierto vecindario $U_1$ de el punto de $y_1$ de manera tal que el conjunto $Z_1=Z_0\backslash U_1$ es infinito. Elige un punto arbitrario $z_0\in Z_1\backslash\{z_0\}$, y así sucesivamente. Poner $Z=\{z_i:i\in\omega\}$. A continuación,$\overline Z\subset\overline Y=Y$. Deje $y\in Y$. A continuación, $y=y_n$ algunos $n\in\omega$. Entonces la intersección $U_n\cap Z\subset U_n\cap (Z\backslash Z_n)$ es un conjunto finito. Por lo tanto, $Z$ es un discreto (en particular, una cerrada) subconjunto del espacio de $X$. Supongamos que el conjunto $Z$ tiene un no-vacío interior. Entonces existe un no-vacío conjunto abierto $U$ tal que $U\subset Z$. Entonces existe
un número $n$ tal que $U_n\cap U$ es un conjunto abierto no vacío. Pero $U_n\cap U\subset U_n\cap Z$ es un singleton, una contradicción, porque todos los puntos del conjunto $Z$ no son aislados. $\square$
