6.4. Baire 性质

Baire 性质与集合的稠密程度密切相关.

定义 6.4.0.1 (Baire 性质). 定义闭包的内部为空集的点集为无处稠密集. 一列无处稠密集的并称作第一纲集. 不是第一纲集的集称作第二纲集.

如果一个集与某个开集仅相差一个第一纲集 (即它们的对称差 $A △ B = (A \ B) \cup (B \ A)$ 是第一纲集), 则称这个集具有 Baire 性质.

Baire 空间

我们要定义 Baire 空间, 它是 Baire 性质出现的最佳场所.

定义 6.4.0.2 (Baire 空间). 以下性质在拓扑空间中等价, 满足它们的空间称为 Baire 空间.

1.	非空开集均为第二纲集.
2.	第一纲集的补集稠密.
3.	可列个稠密开集之交稠密.
4.	可列个无处稠密闭集的并集无处稠密.

证明. $1 \to 2$ : 不稠密的集的补集第二纲, 因为不稠密的集有外部, 这个外部是非空开集.

$2 \to 3$ : 稠密开集的补集是无处稠密的闭集, 一列稠密开集的交集的补集是第一纲集.

$3 \to 4$ : 稠密开集的补集是无处稠密的闭集, 对 $3$ 中提到的集合取补集.

4 \to 1

: 反证法, 若非空开集第一纲, 则它无处稠, 然而它显然以自己为内部, 矛盾.

$□$

推论 6.4.0.3. Baire 空间的开子空间还是 Baire 空间.

今后, 我们提到 Baire 空间时, 总是想起这个定义, 而非以前的 $N$ .

定理 6.4.0.4. Baire 空间的开子空间是 Baire 空间.

证明. 由第一个定义显然.

$□$

Baire 空间的积并不一定是 Baire 空间; 然而, 在增强条件后我们可以有一些较弱的结论.

定理 6.4.0.5. $C_{2}$ 的 Baire 空间的有限积仍是 $C_{2}$ 的 Baire 空间.

证明. 运用 Kuratowski-Ulam 定理的推论显然有非空开集均第二纲.

$□$

我们接下来提出 Baire 纲定理, 它无非是在讲两种常见的空间均为 Baire 空间.

定理 6.4.0.6 (Baire). 完备度量空间与 LCH 空间均为 Baire 空间.

证明. 对于完备度量空间, 我们来查验 Baire 空间的第三个定义. 给定一列稠密开集 $U_{n}$ 和任意开集 $U$ , 我们需要证明 $⋂_{n} U_{n} \cap U \neq = \emptyset$ . 取 $U_{0} \cap U$ 中任意一点 $x_{0}$ , 然后取此处半径 $r_{0} < \frac{1}{2}$ 的开球 $B_{0} = B_{r_{0}} (x_{0})$ 使得 $Cl (B_{0}) \subseteq U_{0} \cap U$ . 现在 $U_{1} \cap B_{0} \neq = \emptyset$ , 于是我们又可取 $x_{1}$ 与 $B_{1}$ , 其半径小于 $\frac{1}{3}$ , 以此类推. 于是 ${x_{n}}$ 是一个 Cauchy 列, 完备性指出它收敛, 那么它们收敛到的点 $x$ 就在 $⋂_{n} U_{n} \cap U$ 中.

对于 LCH 空间, 我们只要在上面的取法中把

B_{n}

变成

x_{n}

处小邻域, 满足

Cl (B_{n})

紧致, 于是我们取出的是一个紧集

B_{0}

中的非空递降闭集列, 其实只需要可数紧致就能推断它们的交不空.

$□$

具有 Baire 性质的集

我们先来陈述一个关于第一纲集的显然命题, 它们或许会出人意料地有用.

命题 6.4.0.7. 第一纲集的可列并与子集都是第一纲集.

因此, 全体第一纲集构成的集族我们记为 $MGR (X)$ , 它对于取子集与取可列并封闭. 满足前者的集族称作理想 (ideal), 满足这两者的集族称作 $σ$ 理想 ( $σ$ -ideal).

现在, 我们来考察全体具有 Baire 性质的集.

定理 6.4.0.8. 在任意拓扑空间 $X$ 上, 全体具有 Baire 性质的集构成的集族 $BP (X)$ 是最小的包括全体开集和全体第一纲集的 $σ$ 代数.

证明. 我们先来验证 $BP (X)$ 是 $σ$ 代数. 显然空集具有 Baire 性质, 我们只要验证它对取补集与可数并封闭.

若 $A △ U$ 是第一纲集 $M$ , 这里 $U$ 是开集, 则 $(X \ A) △ (X \ U) = M$ , 而 $(X \ U) △ Int (X \ U)$ 显然是无处稠密集 (无内部闭集), 当然也是第一纲集, 因此 $(X \ A) △ Int (X \ U)$ 是第一纲集.

若一列 $A_{n} △ U_{n}$ 都是第一纲集 $M_{n}$ , 这里 $U_{n}$ 是开集, 则 $⋃_{n} A_{n} △ ⋃_{n} U_{n} \subseteq ⋃_{n} M_{n}$ , 后者是第一纲集, 于是前者也是第一纲集.

最后, 我们讲它最小, 是因为开集与第一纲集可以直接造出全体具有 Baire 性质的集.

$□$

推论 6.4.0.9. $BP (X) \supseteq B (X)$ . 换言之, Borel 集均有 Baire 性质.

对称差时常不方便处理, 我们有更多等效的定义.

定理 6.4.0.10. 对于空间 $X$ 中的子集 $A$ , 以下命题等价:

1.	存在开集 $U$ , $A △ U$ 第一纲.
2.	存在闭集 $C$ , $A △ C$ 第一纲.
3.	存在 $G_{δ}$ 集 $G \subseteq A$ , $A \ G$ 第一纲.
4.	存在 $F_{σ}$ 集 $F \supseteq A$ , $F \ A$ 第一纲.

证明. $1 \to 2$ : 取 $C = Cl (U)$ .

$2 \to 3$ : 设第一纲集 $C \ A$ 的无处稠集分解为 $⋃_{n} F_{n}$ , 取 $G = A \cap C \ ⋃_{n} Cl (F_{n})$ .

$3 \to 1$ : 显然 $3$ 足以说明 $A \in BP (X)$ , 因为后者是 $σ$ 代数.

$1 \to 4$ : 对 $X \ A \in BP (X)$ 用 $3$ .

4 \to 1

: 同

3 \to 1

.

$□$

接下来, 我们来看 Baire 性质在子空间中的表现.

定义 6.4.0.11. 对于点集 $A \subseteq X$ 与开集 $U \in τ$ , 若 $A \cap U$ 是 $X$ 中的第一纲集, 则称 $A$ 在 $U$ 中第一纲; 若 $U \ A$ 是 $X$ 中的第一纲集, 则称 $A$ 在 $U$ 中余第一纲, 又称 $A$ 在 $U$ 中脱殊, 记作 $U ⊩ A$ .

评注. 熟悉力迫法的读者可以直接读成 $U$ 力迫 $A$ .

我们可以用这个记号给出 Baire 性质的一个通用刻画.

定理 6.4.0.12. $A \in BP (X)$ , 则 $X ⊩ (X \ A) \lor \exists U \in τ (U ⊩ A)$ . 如果 $X$ 是 Baire 空间, 这里的析取是严格的, 即不能同时取到两支.

证明. 显然的, 后者注意 Baire 空间的第一个定义.

$□$

评注. 这个条件不够充分, 因为我们不知道 $A \ U$ 到底是什么情况.

它还可以变成一个更美丽的形式.

定理 6.4.0.13. $A \in BP (X)$ , 则 $A \ {x \in A ∣\exists U ∋ x (U ⊩ A)}$ 第一纲, 换言之 $\exists U ∋ x (U ⊩ A)$ 这个性质在 $A$ 中脱殊地成立.

证明. 我们采用以下构造.

定义 6.4.0.14. 对点集 $A \subseteq X$ , 令 $U (A) = ⋃_{U ⊩ A, U \in τ} U$ 为最大的使得 $A$ 在其中脱殊的开集.

评注. 这大概是作为性质的 $A$ 在一系列力迫条件中的最弱条件.

显然

U (A) ⊩ A

, 因此

U (A) \ A

第一纲, 换言之

A \ {x \in A ∣\exists U ∋ x (U ⊩ A)}

第一纲.

$□$

评注. 值得注意的是, 此时实际上显然还有 $U (A) △ A$ 第一纲.

为了展示脱殊到底怎么玩, 我们再给一个定义.

定义 6.4.0.15. 若一族非空开集 $B \subseteq τ$ 满足 $\forall U \in τ \exists V \in B (V \subseteq U)$ , 则称 $B$ 是一个弱基 (weak basis).

评注. 注意, 原本的基的要求是带点的, 也就是 $\forall U ∋ x \exists V ∋ x (V \subseteq U)$ ; 弱基把这个点略掉了, 因此加上了不空的要求.

定理 6.4.0.16. 在 Baire 空间 $X$ 中, 若有一点集 $A \in BP (X)$ 和一不空开集 $U$ , 我们任取一个弱基 $B$ , $U ⊩ X \ A \leftrightarrow \forall V \in B (V \subseteq U \to \neg (V ⊩ A))$ .

证明. 反证, 若存在

V \subseteq U

, 且同时有

V ⊩ A

和

U ⊩ X \ A

, 则

V \ A

和

U \cap A

均为第一纲集,

V \subseteq U \to V \cap A \subseteq U \cap A

, 因此

V = (V \ A) \cup (V \cap A)

是第一纲集, 这与 Baire 空间所说的它是第二纲集矛盾.

$□$

定理 6.4.0.17. 若有一列 $A_{n} \subseteq X$ 和一不空开集 $U$ , $U ⊩ ⋂_{n} A_{n} \leftrightarrow \forall n (U ⊩ A_{n})$ .

证明. 第一纲集的子集和可列并也是第一纲集.

$□$

评注. 这个定理要求最弱, 不需要假定 Baire 空间与 Baire 性质.

定理 6.4.0.18. 在 Baire 空间 $X$ 中, 若有一列 ${A_{n}} \subseteq BP (X)$ 和一不空开集 $U$ , 我们任取一个弱基 $B$ , $U ⊩ ⋃_{n} A_{n} \leftrightarrow \forall V \in B (V \subseteq U \to \exists W \in B (W \subseteq V \land \exists n (W ⊩ A_{n})))$ .

证明. 同样反证, 若存在

V \subseteq U

使得

\forall n \forall W \subseteq V \neg (W ⊩ A_{n})

, 则由上上个定理有

\forall n (V ⊩ X \ A_{n})

, 由上个定理知

V ⊩ (X \ ⋃_{n} A_{n})

, 而

V \subseteq U \to U ⊩ ⋃_{n} A_{n} \to V ⊩ ⋃_{n} A_{n}

就同上上个定理一样给出矛盾.

$□$

评注. 这些定理中, 用弱基选子开集其实是对定理所需条件的弱化.

最后, 注意到 $MGR (X)$ 的集在 $BP (X)$ 中看起来与空集几乎无异, 我们来看看把它商掉会得到什么东西.

定义 6.4.0.19. 我们将全体 $[A] = {B \in BP ∣ A △ B \in MGR}, A \in BP$ 构成的集族记作 $CAT$ . 其上自然有 $[A] \leq [B] \leftrightarrow A \ B \in MGR$ 给出偏序结构, 它也因此称作空间 $X$ 的纲代数 (Category Algebra).

对于这个代数的名字, 我们有以下定理.

定理 6.4.0.20. 对一般空间, $CAT$ 是 $σ$ 布尔代数, 换言之每个可数子集都有上确界; 对 Baire 空间, $CAT$ 是完备布尔代数, 换言之每个子集都有上确界.

证明. 由于可列个第一纲集的并集还是第一纲的, 第一个断言显然成立. 第二个断言需要发现以下对应关系.

定义 6.4.0.21. 如果开集 $U$ 满足 $U = Int Cl (U)$ , 则称 $U$ 是正则开集 (regular open), 全体正则开集的集族记为 $RO$ .

定理 6.4.0.22. 在 Baire 空间中, $CAT$ 通过一个选择函数与 $RO$ 同构.

证明. 为了证明

U

就是我们所要的选择函数, 我们只需要证明它正则, 且

A △ B

第一纲当且仅当

U (A) = U (B)

.

$□$

RO

自然是完备布尔代数.

$□$

一般空间中的游戏

接下来, 我们要介绍两款大家喜欢玩的简单游戏. 我们将发现, 这些游戏中必胜策略是否存在可以看作空间是否是 Baire 空间的自然推广.

定义 6.4.0.23 (Choquet 游戏). 我们定义空间 $X$ 上的 Choquet 游戏 $G_{X}$ 为以下二人博弈:

两个玩家依次取递降不空开集列, 若这一列开集交不空, 则后手者胜利, 否则先手者胜利.

定义 6.4.0.24 (强化 Choquet 游戏). 我们定义空间 $X$ 上的 Choquet 游戏 $G_{X}^{s}$ 为以下二人博弈:

两个玩家依次取递降不空开集列, 但先手玩家可以每次指定一个点, 后手玩家给出的开集必须包括这一点.

若最终取出的一列开集交不空, 则后手者胜利, 否则先手者胜利.

玩游戏的玩家自然想要研究自己的必胜策略, 而我们将帮助他们严格化自己的思考.

定义 6.4.0.25. 对某个游戏 $G$ , 注意到所有的可能局面事实上是某个 $A^{< ω}$ 中的树 $T$ , 这里的 $A$ 是某个集 (例如, 在 Choquet 游戏中是全体开集的族 $τ$ ).

我们将记先手者为 $\uppercase\expandafter{\romannumeral1}$ , 后手者为 $\uppercase\expandafter{\romannumeral2}$ .

选手 $\uppercase\expandafter{\romannumeral1}$ 的一个策略是 $T$ 的一棵非空子树 $\sigma_{\uppercase\expandafter{\romannumeral1}}$ , 满足在每个偶长度的枝节处只有一个延伸, 而在每个奇长度的枝节处均有全部延伸. 不难看出, 这事实上就是说在每个可能局面处均有且仅有一种应对.

选手 $\uppercase\expandafter{\romannumeral1}$ 的一个必胜策略是这样的策略, 游戏在此策略下进行时最终均以 $\uppercase\expandafter{\romannumeral1}$ 获胜告终.

选手 $\uppercase\expandafter{\romannumeral2}$ 的策略与必胜策略同理定义.

在这些术语下, 我们来看 Choquet 游戏与 Baire 空间的惊奇联系.

定理 6.4.0.26 (Oxtoby). 空间 $X$ 是 Baire 空间, 当且仅当在 $G_{X}$ 中 $\uppercase\expandafter{\romannumeral1}$ 没有必胜策略.

证明. 我们证明 $X$ 不是 Baire 空间当且仅当 $\uppercase\expandafter{\romannumeral1}$ 有必胜策略.

$\Rightarrow$ : 此时, 我们将有一列稠密开集 $D_{n}$ , 它们的交不稠密, 换言之存在开集 $U_{0}$ 与它们的交 $⋂_{n} D_{n}$ 不交, 我们让选手 $\uppercase\expandafter{\romannumeral1}$ 以这个 $U_{0}$ 开始游戏. 现在 $\uppercase\expandafter{\romannumeral2}$ 选出了 $V_{0} \subseteq U_{0}$ , 由于 $D_{0}$ 稠密, 我们有不空开集 $D_{0} \cap V_{0}$ , 于是 $\uppercase\expandafter{\romannumeral1}$ 就选 $U_{1} = D_{0} \cap V_{0}$ . 同理, $\uppercase\expandafter{\romannumeral1}$ 其实要选 $U_{n + 1} = D_{n} \cap V_{n}$ , 在这个策略下总有 $⋂_{n} U_{n} \subseteq ⋂_{n} D_{n} \cap U_{0} = \emptyset$ , 于是 $\uppercase\expandafter{\romannumeral1}$ 总是胜利.

$\Leftarrow$ : 我们现在要从必胜策略 $\sigma_{\uppercase\expandafter{\romannumeral1}}$ 中读出 $X$ 不是 Baire 空间的证据. 假定这个策略让 $\uppercase\expandafter{\romannumeral1}$ 先手第一步选出开集 $U_{0}$ , 我们来证明这个开子空间不是 Baire 空间. 具体的, 我们找一列其中的稠密开集, 使得它们交不空.

首先, 我们构造一个 $σ$ 的剪枝子树 $S$ , 满足 $\forall p = (U_{0}, V_{0}, ..., U_{n}) \in S (U_{p} = {U_{n + 1} ∣\exists V_{n} (p □ V_{n} □ U_{n + 1} \in S)}$ 中的开集两两不交, 且 $⋃ U_{p}$ 在 $U_{n}$ 中稠密 $)$ . 我们通过对 $n$ 归纳来构造这个 $S$ . 奠基自然是把空序列加进去, 然后我们就可以开始归纳, 假定 $n$ 时要哪些 $U_{n}$ 都已经选出来了, 我们来选 $U_{n + 1}$ . 显然由于 $σ$ 是个策略, 我们只需要选出满足条件的一族 $V_{n}$ , 因此我们考虑所有 $V_{n}$ 的集族, 其中的 $V_{n}$ 两两不交; 这些集族在包含关系下形成一个偏序集, 且显然每个链都以它们的并为上确界, 因此 Zorn 指导我们拿出一个极大集族, 显然它们中的 $V_{n}$ 给出的 $U_{n}$ 满足我们的条件.

我们现在把

S

里面所有的

U_{n}

并在一起形成一个稠密开集

W_{n}

, 我们断言

⋂_{n} W_{n} = \emptyset

, 这是因为它里面装着的是

\uppercase\expandafter{\romannumeral2}

胜利的一次游戏, 这与

σ

是

\uppercase\expandafter{\romannumeral1}

的必胜策略矛盾.

$□$

这样, 我们自然有动机来定义以下空间.

定义 6.4.0.27 (Choquet 空间). 若空间 $X$ 上的 Choquet 游戏中 $\uppercase\expandafter{\romannumeral2}$ 拥有必胜策略, 则称 $X$ 是 Choquet 空间.

推论 6.4.0.28. Choquet 空间是 Baire 空间.

我们有一个对 Choquet 空间的显然刻画.

定理 6.4.0.29. 一个空间是 Choquet 空间当且仅当它有一个稠密 $G_{δ}$ 集.

证明. 如果它是 Choquet 空间, 我们令 $W_{n} = ⋃_{n} V_{n}$ 为一列递降稠密开集, 则 $W = ⋂_{n} W_{n}$ 就是稠密 $G_{δ}$ 集.

如果

W = ⋂_{n} W_{n}

是一列递降稠密开集交出的稠密

G_{δ}

集, 则有必胜策略

V_{n} = U_{n} \cap W_{n}

.

$□$

现在, 我们列举一些 Choquet 空间的性质.

定理 6.4.0.30. Choquet 空间的开子空间和有限积是 Choquet 空间.

证明. 把稠密

G_{δ}

集限制进来, 或者把稠密

G_{δ}

集们乘在一起.

$□$

由于 Polish 不但是开子空间继承, 而且事实上已知是

G_{δ}

子空间继承, 我们会发现 Choquet 空间仍然显得太弱.

定义 6.4.0.31 (强化 Choquet 空间). 若空间 $X$ 上的强化 Choquet 游戏中 $\uppercase\expandafter{\romannumeral2}$ 拥有必胜策略, 则称 $X$ 是强化 Choquet 空间.

定理 6.4.0.32. 强化 Choquet 空间是 Choquet 空间.

证明. 遗忘必胜策略中先手者选的点, 如果

\uppercase\expandafter{\romannumeral2}

依照了

\uppercase\expandafter{\romannumeral1}

选的不同点选了不同开集, 则从中任取一个. 这显然必须仍是必胜策略.

$□$

我们同样列举强化 Choquet 空间的性质.

定理 6.4.0.33. 强化 Choquet 空间的非空 $G_{δ}$ 子空间和有限积仍为强化 Choquet 空间.

证明. 让

ω

场游戏同步进行, 或者把必胜策略们乘在一起.

$□$

我们指出, Baire 纲定理还是太弱了.

定理 6.4.0.34. 完备度量空间与 LCH 空间均为强化 Choquet 空间.

证明. 对完备度量空间, 必胜策略是选这个点的小闭球邻域. 对 LCH 空间, 必胜策略是选这个点的小紧致邻域.

$□$

最后, 我们指出, 强化 Choquet 空间事实上已经几乎是 Polish 空间了.

定理 6.4.0.35 (Choquet). $C_{2}$ 空间是 Polish 空间当且仅当它 $T_{3}$ 且为强化 Choquet 空间.

证明. 我们证明以下两个定理.

定理 6.4.0.36 (Oxtoby). 可分度量空间 $X$ 是 Choquet 空间当且仅当它在其完备化中是余第一纲集.

证明. Polish 空间中的余第一纲集显然包含稠密 $G_{δ}$ 集, 所以我们证明倒过来的结论.

假定 $G_{X}$ 中 $\uppercase\expandafter{\romannumeral2}$ 有必胜策略 $σ$ , 我们记 $X$ 的完备化为 $\overset{ˉ}{X}$ , 度量仍为 $d$ . 我们类比从 $\uppercase\expandafter{\romannumeral1}$ 的必胜策略中读出 $X$ 不是 Baire 空间的证据的手法, 从 $σ$ 中读出稠密 $G_{δ}$ 集 $W$ .

我们还是来构造剪枝树 $S$ , 但它不是 $X$ 中开集的序列, 而是先手者只许取 $X$ 的开集, 后手者取的是 $\overset{ˉ}{X}$ 的开集, 然后让它们都与 $X$ 相交之后 $S$ 变成 $σ$ 的子树. 我们类似地使用 Zorn 引理, 使得指定前 $n - 1$ 步游戏 $p$ 后, 后手者第 $n$ 步可能拿出的开集 $\overset{ˉ}{V}_{n}$ 的族 $\overset{ˉ}{V}_{p}$ 中元素两两不交半径小于 $\frac{1}{n}$ , 且 $⋃ \overset{ˉ}{V}_{p}$ 在第 $n - 1$ 步时后手者拿出的开集 $\overset{ˉ}{V}_{n - 1}$ 上稠密, 然后把它们全部塞进 $S$ 里面.

现在,

S

给出一列

\overset{ˉ}{X}

中的稠密开集

W_{n} = ⋃ \overset{ˉ}{V}_{n}

, 只需证明

⋂_{n} W_{n} \subseteq X

. 对

x \in ⋂_{n} W_{n}

, 构造指出存在唯一列

(U_{0}, \overset{ˉ}{V}_{0}, ...)

使得

x \in ⋂_{n} \overset{ˉ}{V}_{n}

, 由直径要求我们其实知道

{x} = ⋂_{n} \overset{ˉ}{V}_{n}

, 但由

σ

必胜我们知道

X \cap ⋂_{n} \overset{ˉ}{V}_{n} = ⋂_{n} V_{n} \neq = \emptyset

, 这里

V_{n} = X \cap \overset{ˉ}{V}_{n}

, 于是其实有

X \cap ⋂_{n} \overset{ˉ}{V}_{n} = {x}

, 换言之

x \in X

.

$□$

定理 6.4.0.37 (Choquet). 度量空间 $X$ 是强化 Choquet 空间当且仅当它在其完备化中是 $G_{δ}$ 集.

证明. 完备化是完备度量空间, 是强化 Choquet 空间, 其 $G_{δ}$ 子集当然也是强化 Choquet 空间. 我们还是证明倒过来的结论.

回忆在可度量化一节中我们见过的 Stone 定理, 它指出度量空间的开覆盖均有局部有限开加细, 且这个开加细中的开集的直径可以控制得小于任意预先给定的正数 $ϵ$ . 这个定理将会用到我们的剪枝树 $S$ 中.

我们还是来构造剪枝树 $S$ , 它的序列现在比上一个还要复杂: 奇数位置是一个点 $x_{n} \in X$ , 偶数位置是一对开集 $(V_{n} \subseteq X, \overset{ˉ}{V_{n}} \subseteq \overset{ˉ}{X})$ . 我们要求序列 $p = (x_{0}, (V_{0}, \overset{ˉ}{V}_{0}), x_{1}, ...) \in S$ 给出的 $((x_{0}, X), V_{0}, (x_{1}, \overset{ˉ}{V}_{0} \cap X), V_{1}, ...)$ 在必胜策略 $σ$ 中.

用 Zorn 拿出的 $\overset{ˉ}{V}_{p}$ 现在也有依托很烦人的要求. 当然, 这个 $p$ 还是截止到 $2 (n - 1)$ 步, 这个 $\overset{ˉ}{V}_{p}$ 中还是所有可以从 $p$ 再延长两步得到的全体 $\overset{ˉ}{V}_{n}$ 的集族, 我们现在不但要求 $X \cap \overset{ˉ}{V}_{n - 1} \subseteq ⋃ \overset{ˉ}{V}_{p}$ 和其中的 $\overset{ˉ}{V}_{n}$ 直径小于 $\frac{1}{n}$ , 还要求对每个 $\overset{x}{ˉ} \in \overset{ˉ}{X}$ 只有有限个 $\overset{ˉ}{V}_{n}$ 包括此点.

现在的每个开集

W_{n} = ⋃ \overset{ˉ}{V}_{n}

都包含整个

X

, 所以

⋂_{n} W_{n} \subseteq X

其实会指出

X = ⋂_{n} W_{n}

, 换言之

X

是

G_{δ}

集. 对

x \in ⋂_{n} W_{n}

, 我们考虑所有偶有限序列

p \in S

使得

x

在

p

最后一步的开集

\overset{ˉ}{V}_{n}

之中. 这些有限序列构成一个无穷的有限分裂子树

S_{x}

, 因此 Konig 告诉我们它有一个无穷枝, 这个无穷枝又给出一次游戏, 必胜指出

X \cap ⋂_{n} \overset{ˉ}{V}_{n} = {x}

.

$□$

推论 6.4.0.38. 度量空间 $X$ 可完备度量化当且仅当它是强化 Choquet 空间.

现在, 由这个定理推出我们所要的结论是显然的.

$□$

名字空间

视图

6.4. Baire 性质

Baire 空间

具有 Baire 性质的集

一般空间中的游戏