Esta es sólo una respuesta parcial. ZF + DC + 'todo juego de Banach-Mazur está determinado' es inconsistente.
Dejemos que $X$ sea el conjunto de todas las funciones de la forma $f: \alpha \rightarrow \{0,1\}$ con $\alpha$ un ordinal tal que para cualquier ordinal $\beta < \gamma$ con $\omega \cdot \gamma + \omega \leq \alpha$ los conjuntos $(n \in \mathbb{N} : f(\omega \cdot \beta + n) = 1)$ y $(n \in \mathbb{N} : f(\omega \cdot \gamma + n) = 1)$ son distintos.
Dejemos que $\tau$ sea la topología en $X$ generados por conjuntos de la forma $U_f = (g \in X : g \supseteq f)$ y que $\mathcal{X} = (X,\tau)$ .
Reclamación: Jugador $1$ no tiene una estrategia ganadora para el juego de Banach-Mazur en $\mathcal{X}$ .
Prueba de la reclamación: Para cualquier estrategia $S$ para el jugador $1$ . Sea $T$ sea el árbol de todos los segmentos iniciales de las jugadas contra $S$ de manera que cada jugada del jugador $2$ es de la forma $U_f$ para algunos $f \in X$ de longitud $\omega \cdot \alpha$ para algunos $\alpha$ . Si este árbol no se poda, el jugador $1$ ha jugado en alguna jugada del juego un conjunto $V$ tal que para cualquier $U_f \subseteq V$ , $f$ enumera cada elemento de $2^{\mathbb{N}}$ ampliando $\sigma$ para algunos $\sigma \in 2^{<\omega}$ . Esto implicaría que $2^{\mathbb{N}}$ puede estar bien ordenado, lo que nos permite construir un conjunto Bernstein, contradiciendo nuestras suposiciones. Por lo tanto, este debe ser un árbol podado de altura $\omega$ , por lo que por elección dependiente tiene un camino. Sea $g$ sea la unión de todos los $f$ tal que $U_f$ está en ese camino en alguna parte. Por la construcción, $g \in X$ , por lo que tenemos que la estrategia en la que el jugador $2$ juega ciegamente las jugadas en este camino gana contra $S$ .
Por lo tanto, debe ser el caso que el jugador $2$ tiene una estrategia ganadora $S$ . Para cualquier $f \in X$ con longitud $\omega \cdot \alpha$ para algunos $\alpha$ , dejemos que $T_f$ sea la estrategia del jugador $1$ que juega $U_f$ en el reproductor $1$ y en el jugador $1$ 's $n+1$ Si el jugador se mueve, si el jugador $2$ jugado $V$ , entonces el jugador $1$ juega $V \cap \bigcup_{\sigma \in 2^n} U_{f\frown \sigma\frown 0}$ si éste no está vacío, y en caso contrario, jugador $1$ juega $V \cap \bigcup_{\sigma \in 2^n} U_{f\frown \sigma\frown 1}$ . (Obsérvese que como la unión de estos dos es $V$ una de ellas debe ser no vacía). Dado que $S$ es una estrategia ganadora, para cualquier $f\in X$ de longitud $\omega \cdot \alpha$ para algunos $\alpha$ La obra de $T_f$ contra $S$ debe resultar en una intersección no vacía. Por construcción, para cualquier $g$ y $h$ en esa intersección, $g(\omega \cdot \alpha + n) = h(\omega \cdot \alpha +n)$ para todos $n<\omega$ y el conjunto $(n \in \mathbb{N} : h(\omega \cdot \alpha + n) = 1)$ debe ser distinta de $(n \in \mathbb{N} : f(\omega \cdot \beta + n) = 1)$ para cualquier $\beta < \alpha$ .
Por lo tanto, $S$ nos da un procedimiento uniforme para elegir un real no en una lista bien ordenada de reales dada. Al iterar esto nos da un buen ordenamiento de los reales. Por tanto, podemos construir un conjunto de Bernstein a partir de $S$ y tenemos que el juego de Banach-Mazur en ese conjunto no está determinado, lo que contradice nuestra suposición. Por lo tanto ZF + DC demuestra que hay un juego de Banach-Mazur indeterminado.
Ahora mismo no veo cómo utilizar un fallo de DC para construir un juego indeterminado.
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He eliminado mi respuesta ya que no estoy seguro de cómo solucionar los problemas que habéis planteado. No estoy seguro de que no se pueda arreglar, simplemente no puedo hacerlo ahora.