Nosso objetivo é mostrar que, a menos de homeomorfismos, existe apenas um espaço métrico enumerável sem pontos isolados. Para isso, provaremos o teorema auxiliar abaixo.

Primeiramente, note que como os espaços têm bases enumeráveis e são zero-dimensionais, então podemos supor, sem perde de generalidade, $\mathcal{B}$ e $\mathcal{C}$ bases enumeráveis para $X$ e $Y$ formadas por abertos fechados. Também, segue que podemos supor tais bases fechadas por uniões finitas e por complementares. Agora, definiremos algumas ferramentas importantes para a demonstração:

• Dado um conjunto $W$ qualquer, vamos dizer que $P$ é uma partição se $P$ é uma cobertura de $W$ feita por conjuntos dois a dois disjuntos. Note que isso é a mesma coisa do que dizer que $P$ “corta” $W$ em pedaços dois a dois disjuntos, como no desenho abaixo:

• Dado $\omega \in W$, vamos indicar por $P(\omega)$ o único conjunto de $P$ que contém $\omega$, como indicado na imagem abaixo:

• Um subconjunto $E \subset W$ é uma escolha de $P$ se, para todo $J \in P$, existe um único $\omega \in W$ tal que $\omega \in J$, ou seja, estamos tomando um ponto para cada “pedaço” de $P$:

• Vamos chamar de uma condição uma tripla $(P,Q,f)$ satisfazendo:
  1. $P$ é uma partição finita de $X$ feita por abertos fechados de $\mathcal{B}$;
  2. $Q$ é uma partição finita de $Y$ feita por abertos fechados de $\mathcal{C}$;
  3. $f$ é uma função finita com domínio contido em $A$ e contradomínio $B$;
  4. $dom(f)$ é uma escolha para $P$;
  5. $Im(f)$ é uma escolha para $Q$.

Basicamente, temos $X$ subdividido pela partição $P$ e $Y$ subdividido pela partição $Q$. A função $f$ associa um ponto de cada “pedaço” de $P$ em outro ponto em cada “pedaço” de $Q$, como na imagem abaixo:

• Vamos dizer que $(P_2,Q_2,f_2)$ estende $(P_1,Q_1,f_1)$ se
  1. $P_2$ refina $P_1$;
  2. $Q_2$ refina $Q_1$;
  3. $f_2$ estende $f_1$;
  4. dados $x,y \in dom(f_2)$, $x \in P_1(y)$ se, e somente se, $f_2(x) \in Q_1(y)$.

Em resumo, os abertos fechados de $P_2$ têm que estar contidos nos abertos fechados de $P_1$. A mesma ideia para $Q_1$ e $Q_2$. A $f_2$ estende $f_1$, isto é, os pontos que já estavam “definidos” são mantidos, mas são adicionados novos pontos contidos em cada novo pedaço da partição no domínio e na imagem, como na figura abaixo:

Iremos utilizar o seguinte lema para prosseguir na demonstração:

Agora, enumere:

• $\mathcal{B} = \{B_n : n \in \mathbb{N}\}$;
• $\mathcal{C} = \{C_n : n \in \mathbb{N}\}$;
• $A = \{a_n : n \in mathbb{N}\}$;
• $B = \{b_n : n \in \mathbb{N}\}$.

Fixe a condição $(\{X\},\{Y\},f)$ onde $f: \{a\} \rightarrow B$ é dada por $f(a) = b$, nos quais $a \in A$ e $b \in B$ são fixados arbitrariamente. Queremos definir uma sequência enumerável de triplas: o lema acima nos garante que podemos construir indutivamente uma sequência de condições de forma que, para todo $n \in \mathbb{N}$:

• $(P_0,Q_0,f_0)$ estende $(P,Q,f)$;
• $(P_{n+1},Q_{n+1},f_{n+1})$ estende $(P_n,Q_n,f_n)$;
• $a_n \in dom(f_n)$;
• $b_n \in Im(f_n)$;
• $B_n$ é união de elementos de $P_n$;
• $C_n$ é união de elementos de $Q_n$.

Como $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ formam uma cadeia de funções parciais de $A$ em $B$ compatíveis entre si, existe uma extensão $f$ comum a todas elas. Tal extensão é uma função bijetora entre $A$ e $B$, porque foram acrescentados todos os pontos de $A$ e $B$ na construção indutiva acima. Também, dados $U \in \mathcal{B}$ e $V \in \mathcal{C}$, existem $m,n$ tais que $f^{-1}[V \cap B] = B_n \cap A$ e $f[U \cap A] = C_m \cap B$. Dessa forma, $f$ é um homeomorfismo. Portanto, a primeira parte do teorema está provado.

Agora, queremos provar que se $Y$ for compacto, $f$ admite uma única extensão $\overline{f}: X \rightarrow Y$ injetora. Pela construção feita acima, note que temos uma função $H: \mathcal{B} \rightarrow \mathcal{C}$ bijetora tal que $H(U) = V$, onde $f[U \cap A] = V \cap B$. Então, suponha que $Y$ é compacto. Para cada $x \in X$, considere \begin{equation} T_x = \{H(U) : x \in U, U \in \mathcal{B}\} \end{equation} Note que $H(U)$ é compacto, pois ele é um aberto fechado em $Y$, que é compacto. Como temos que todos $H \in T_x$$ na pré-imagem contêm $x$, na imagem a intersecção finita deles é não vazia, por ser intersecção de compactos com intersecção finita. Então, $\cap_{H \in T_x}H \neq \phi$. Como o espaço é $T_0$, $\cap_{H \in T_x}H$ é um unitário $\{y\}. Defina $\overline{f}(x) = y$. Essa função é contínua e injetora.

Agora, se tivermos que $X$ também é compacto, como a imagem de $\overline{f}$ também será compacta, tal imagem terá que ser $Y$, pois contém o denso $C$.

A demonstração sai diretamente do teorema anterior: dado que o espaço métrico é enumerável e sem pontos isolados, sabemos que tal espaço possui base enumerável. Também, como é métrico e enumerável, temos que o espaço também é zero-dimensional. Portanto, basta aplicarmos o teorema.