> Да, там нужна другая аксиома счетности:
> любой набор $S$ вложенных друг в друга
> открытых окрестностей точки имеет счетную
> подпоследовательность $R$, такую, что любой
> элемент $S$ содержится в каком-то из $R$.

Наоборот, любой элемент $S$ содержит какое-то из $R$.

Но это тоже неверно. Возьмем топологию, в которой замкнуты, кроме М, все множества мощности

Это я неправильно, конечно, написала. Пример неподходящий: там рефлексивности не будет, топология S' получится не S, а дискретная, и 1-я аксиома счетности будет выполняться.

Но все равно, мне кажется, это Ваше утверждение неверно, не получится такого в общем случае. Я догадываюсь, как Вы хотите строить такую счетную подпоследовательность, но это построение зависит от выбора последовательности точек, а их ведь очень много, и в разных направлениях сходящихся, и для каждой будет свое R. Не получится там того, что Вам надо, по-моему.

Опять ошиблась... Действительно все получается, как у Вас написано, только Вам надо заменить "счетную подпоследовательность" на просто последовательность окрестностей (там может не получиться выбрать именно из этого набора).

Только я вот не пойму, каким образом из этого условия счетности и Т3 Вы первую аксиому счетности получаете?
Ну и в любом случае, наверное, тут без леммы Цорна не обойтись?

Аргумент примерно такой.

1. Пусть задана система $B$ вложенных и несовпадающих
окрестностей точки x, а пересечение всех этих
окрестностей равно x. Тогда у ней есть счетная
подпоследовательность окрестностей с таким свойством.

Если это не так, возьмем по точке в каждой из окрестностей,
не принадлежащей какой-то из следующих окрестностей, чтобы получилось несчетно
(тут нужна аксиома выбора). Получим множество $S$.
Предельной точкой этого множества будет $x$. Значит, в $S$ есть
счетная последовательность, сходящаяся к $x$. Соответствующие
открытые множества образуют счетную подпоследовательность в $B$.

2. Рассмотрим базу окрестностей в $x$. Пусть у нее есть несчетная
система окрестностей $B$, такая, что нет счетной последовательности
окрестностей $S_i$, которые (с какого-то номера) содержатся
в любом из $B$. Введем на $B$ полный порядок, и для
каждой окрестности $U$ заменим все последующие $U'$
на те, которые содержатся в $U$ и $U'$. Мы окажемся
в ситуации, описанной в шаге 1.

Две звездочки там, действительно,
обязательно должны быть - спасибо.

Такие дела
Миша

Ну да, я как раз о таком пути и думала. Но это же (пункт 2) -- трансфинитная индукция. Пока ординалы непредельные, все хорошо. А что Вы будете делать с предельным ординалом? Соответствующую окрестность придется заменять на окрестность, содержащуюся в ее пересечении со всеми окрестностями с меньшими номерами, пересечение это уже не будет открытым множеством. А откуда мы получим, что у него непустая внутренность, и наша точка в этой внутренности содержится?

Спасибо!
Я даже придумал контрпример (совсем простой):
берется континуальное количество прямых, и все
склеиваются в нуле. Такое топологическое пространство
не имеет счетной базы, между тем, все его подмножества, которые
содержат предельные точки (счетных) последовательностей,
замкнуты. То есть нужна как минимум локальная компактность.

Выкинул эту задачу.

Такие дела
Миша