Si cada subconjunto infinito tiene un punto de límite en un espacio métrico $X$, entonces $X$ es separable (en ZF)

Question

Puedo probar esto en ZFC, pero no sé cómo probar esto en ZF.

El siguiente es el argumento de este en ZFC.
Fix$0<r\in \mathbb{R}$$x_0\in X$. Deje $A_i = \{x\in X\mid d(x,x_j)\ge r,\, j<i\}$. Supongamos $A_i≠\emptyset$ por cada $i\in \omega$. Entonces por AC, podemos optar $x_i$ por cada $A_i$ a derivar contradicción.

Yo quiero probar esta en ZF. Ayuda.

Pregunta adicional: ¿El conjunto infinito tiene una contables subconjunto en ZF? Supongo que es verdad, pero yo sólo sé la prueba en ZFC. (Si es verdad, creo que sería muy útil en muchas pruebas en ZF.)

Answer 1

Por desgracia, la reclamación no es comprobable en ZF.

Es relativamente consistente con ZF que hay un infinito de Dedekind-conjunto finito de reales, un conjunto infinito de reales $X$ sin countably subconjunto infinito. Este conjunto de formas reales de un espacio métrico con la métrica usual, y no puede ser separable, porque no tiene countably subconjunto infinito (y no subconjunto finito de un infinito espacio métrico puede ser densa).

Mientras tanto, un $X$ tiene su punto límite de la propiedad. Para ver esto, supongamos $Y\subset X$ es infinito, pero no tiene punto límite en $X$. En particular, cada punto de $y\in Y$ es aislado en $Y$, y por lo tanto podemos elegir un racional intervalo de vecindario $(q_x,r_x)$ $y$ que no contiene otros puntos de $Y$ a excepción de $y$ sí. No necesitamos de CA para recoger este intervalo, ya que podemos enumerar la racional intervalos y escoja el primero con esta propiedad. Además, cada una de las $y\in Y$ da lugar a una distinta dicho intervalo. Así, tenemos un inyectiva mapa de $Y$ para el conjunto de los racionales intervalos, y de esto se sigue que $Y$ es contable, que contradice nuestra suposición de que $X$ no tiene countably subconjunto infinito.

Tenga en cuenta que $X$ también sirve como un espacio métrico que ese es el límite de punto compacto, pero no compacto. Ya hemos demostrado que es límite de punto compacto. Pero $X$ no es compacto porque podemos elegir cualquier real $z\notin X$ que es un punto límite de $X$, y, a continuación, utilizar las aproximaciones racionales a $z$ para producir una cubierta abierta de a $X$ sin finito subcover, que consta de intervalos a caballo entre estas aproximaciones. Por lo tanto, ZF (si cumple) no se demuestra que el límite de-punto-compacto métrica de los espacios debe ser compacto.

Answer 2

Sobre tu segunda pregunta: IIRC, un conjunto de $S$ es por definición infinito iff hay un bijection $f$ $S$ a un subconjunto apropiado $T$ $S$. Ahora considere un $x_0\in S\setminus T$ y definir $x_n = f(x_{n-1})$. Ahora si hubiera cualquier $m<n$ $x_m=x_n$, entonces podríamos aplicar $f^{-1}$ $m$ veces (ya que es una biyección) y terminan con $x_{n-m}=x_0$. Sin embargo % construcción $x_{n-m}\in T$y $x_0\in S\setminus T$, así $x_{n-m}\neq x_0$, y por lo tanto son iguales no hay dos $x_n$. Por lo tanto el conjunto de $\{x_n:n\in\mathbb N\}$ es un subconjunto contable de $S$.