Es comprobable de $\sf ZF$ que no es un surjection de $\Bbb R$ a $\{A\subseteq\Bbb R\mid A\text{ is countable}\}$. Esto es porque es comprobable que la cardinalidad de a $\Bbb R$ es igual a la cardinalidad de a $\Bbb{R^N}$, y, a continuación, podemos asignar cada secuencia de los números reales el conjunto de los números que aparecen en la secuencia.
Y, por supuesto, no es un surjection de $\{A\subseteq\Bbb R\mid A\text{ is countable}\}$ a $\Bbb R$, simplemente mapa de $\Bbb N\cup\{r\}$ $r$todos los $r\notin\Bbb N$; y $\Bbb N\setminus\{n\}$ $n$todos los $n\in\Bbb N$, y cualquier otro contables conjunto de a $0$.
Pero es comprobable que si hay un bijection entre el$\Bbb R$$\{A\subseteq\Bbb R\mid A\text{ is countable}\}$, entonces no es un conjunto que no es Lebesgue medible. Ya que es consistente con $\sf ZF$ que todos los conjuntos de reales son Lebesgue medibles, se sigue que es coherente que no hay bijection entre estos dos conjuntos.
Nota, por cierto, que la segunda surjection en los reales tiene un fácil inyectiva inversa. Si pudiéramos encontrar una inyección de$\{A\subseteq\Bbb R\mid A\text{ is countable}\}$$\Bbb R$, luego el Cantor–Bernstein teorema (que no requiere ningún elección para su prueba) que implica la existencia de un bijection. Así que el problema es, de hecho, encontrar una relación inversa a la primera surjection.
En otras palabras, es imposible asignar de manera uniforme cada contables conjunto de reales de una enumeración sin usar el axioma de elección.
De manera más general, sin embargo, tenga en cuenta que desde el axioma de elección implica que dados dos conjuntos con mutuo surjections hay un bijection entre ellos, generalmente no es una tarea trivial para imaginar ", cómo dos conjuntos que se opongan al presente" se vería. Estamos a sólo la suerte de que en este caso podemos encontrar estos conjuntos en el ámbito de los números reales. Pero en general, contraejemplos para el axioma de elección son tan intangibles como sus consecuencias (por ejemplo, un buen orden de los números reales).