Propiedad de Baire si primera categoría tiene complemento denso.

Question

Mostrar que $(S, d)$ tiene la propiedad de Baire iff cada conjunto de primera categoría cuenta con una densa complemento.

---

Un conjunto es de primera categoría si es una contables de la unión de la nada densos conjuntos. Primera Categoría

Baire del Lema: Vamos a $(X, \rho)$ ser un espacio métrico y $\{U_n\}_{n=1}^{\infty}$ una secuencia de abiertos densos conjuntos en $X$. Entonces el conjunto $\bigcap_{n =1}^{\infty} U_n$ también es denso.

Tenga en cuenta que a es denso en ninguna parte iff $(\overline{A})^c$ es abierto y denso. Supongamos que $\forall A$, $A$ es de primera categoría. Es decir, $A$ es una contables de la unión de la nada densos conjuntos. es decir, $A_i$ es denso en ninguna parte. $\forall A, \; A = \bigcup_{n \in \mathbb{N}}A_i \implies (A)^c = \bigcap_{n \in \mathbb{N}}(A_{i})^{c}$. Pero no sabemos si esto es una contables denso conjunto! Sabemos que $(\overline{A}_i)^c$ lo haría, pero no sólo de la $(A)^c$.

---

Si $A$ es denso en ninguna parte, ¿qué podemos decir sobre el elogio de la $A$?

¿Alguien puede aclarar esto o dar consejo?

---

Más rasca de trabajo:

En mi propuesta de prueba, me dijo que todos los $A \subset S$ ser de primera categoría. es decir, cada una de las $A_i$ es denso en ninguna parte, yo.e, $(\overline{A}_i)^c$ es abierto y denso. Por eso, $\forall A, (\overline{A}_i)^c = \bigcup (\overline{A}_i)^c \implies ((\overline{A}_i)^c)^c = \bigcap (((\overline{A}_i)^c)^c) = \bigcap (\overline{A}_i)$. Aún a pesar de que, lo que puedo decir acerca de $\overline{A}_i$?

Answer 1

$\newcommand{\cl}{\operatorname{cl}}$Supongamos primero que $\langle S,d\rangle$ tiene la propiedad de que la intersección de countably muchos denso abierto conjuntos es denso en $S$, y deje $A$ ser de primera categoría establecida en $S$; queremos demostrar que las $S\setminus A$ es denso en $S$. Desde $A$ es de primera categoría, no hay ningún lugar densos conjuntos de $A_k$ $k\in\Bbb N$ tal que $A=\bigcup_{k\in\Bbb N}A_k$. Para $k\in\Bbb N$ deje $U_k=S\setminus\cl A_k$; cada una de las $U_k$ es un abierto denso subconjunto de $S$, lo $\bigcap_{k\in\Bbb N}U_k$ es denso en $S$. Pero

$$\bigcap_{k\in\Bbb N}U_k=\bigcap_{k\in\Bbb N}(S\setminus\cl A_k)=S\setminus\bigcup_{k\in\Bbb N}\cl A_k\subseteq S\setminus\bigcup_{k\in\Bbb N}A_k=S\setminus A\;,$$

por lo $S\setminus A$ también es denso en $S$.

Supongamos ahora que el complemento de cada una de primera categoría subconjunto de $S$ es denso en $S$, y deje $\{U_k:k\in\Bbb N\}$ ser una familia de densa abrir los subconjuntos de a $S$. Para cada una de las $k\in\Bbb N$ vamos $A_k=S\setminus U_k$; $A_k$ es cerrado y denso en ninguna parte en $S$, lo $A=\bigcup_{k\in\Bbb N}A_k$ es de primera categoría en $S$. Finalmente,

$$\bigcap_{k\in\Bbb N}U_k=\bigcap_{k\in\Bbb N}(S\setminus A_k)=S\setminus\bigcup_{k\in\Bbb N}A_k=S\setminus A\;,$$

que es denso en $S$, como se desee.

Un buen libro con mucha información sobre estos temas es el de John C. Oxtoby, de la Medida y de la Categoría: Un estudio de las Analogías entre Topológico y Medir los Espacios, 2ª edición. (La primera edición es también buena.)

Answer 2

Un conjunto denso en ninguna parte tiene el interior vacío. Por lo tanto, el complemento de un conjunto denso en ninguna parte es denso. Por lo tanto, creo que mi solución original está bien para una dirección. Si alguien más tiene comentarios para agregar, por favor hágalo.