Réciproque au théorème de Baire

De mon téléphone Poirot? Tu as du faire deux choses en même temps. IQ n'est pas de Baire. Les complémentaires des singletons, en nombre dénombrable, s'intersectent videment.

On peut peut-être utiliser le théorème de Banach-Steinhaus, le théorème de l'application ouverte ou le théorème du graphe fermé. Ils restent peut-être vrais pour un evn de Baire au lieu d'un Banach (à vérifier en relisant leurs preuves).

Je n'y ai pas beaucoup réfléchi mais il me semble que la question de la réciproque du th de Baire n'a pas beaucoup de sens. Je m'explique.

J'appelle th de Baire l'énoncé : si X est soit métrique complet, soit localement compact, alors blablabla".

Un contre-exemple simple à la réciproque est $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$. Il n'est ni localement compact ni métrique complet (il s'en faut de beaucoup), cependant il vérifie Baire puisqu'il est homéomorphe à $\omega^{\omega}$ via les fractions continues.
Il me semble que la bonne notion ici est celle d'espace polonais.

Cependant la question de Christophe, qui est beaucoup plus précise (et sans ambiguïté) est très intéressante.
Y voici ma réponse : j'en sais foutre rien !

@Martial il est vrai qu'il semble difficile d'interagir avec des gros ouverts juste parce qu'une suite de Cauchy ne converge pas. Donc j'irai dans ton sens.

@Calli: l'application ouverte se sert des DEUX: Baire pour avoir "un gros fermé" et complétude pour qu'en plus il fournisse une bonne grosse tranche d'ouvert in fine.

Tu prends une suite de Cauchy où l'espace engendré par les termes ne contient pas la limite. Tu prolongés cet espace en un supplémentaire de la droite vectorielle portée par la limite.

Ce supplémentaire, je pense qu'il est de Baire. Mais après c'est "du taf un peu ingrat" je pense de le vérifier.

C'est très personnel, mais mon témoignage est qu'en dimension infinie et plus particulièrement en analyse fonctionnelle, on utilise les espaces vectoriels avec une mentalité affine, ce qui (me) rend fastidieux une réflexion de tête.

Si les $W_n$ sont des ouverts denses (on s'est donné un vecteur $a$ non nul et l'espace $S$ supplémentaire de $a$ de sorte que tout vecteur s'écrit de manière unique sous la forme $s + ka$ avec $(s,k)\in S\times \R$ ) , on part d'une boule bien éloignée (entre guillemets, ie dont la compsante en $a$ du centre est petite par rapport à l'autre) de $\R .a$, puis on pick méchamment et progressivement des $x_n$ dans les $W_n$ en écrivant de plus en plus la composante en $a$ de sorte qu'à la limite, ça donne un élément de $S\cap [\cap (n\mapsto W_n)]$.

Mais ça me prendrait trop de temps de rédiger (or si on ne rédige pas, on ne peut être sûr à 99.9% d'absence d'obstruction. Mais je n'en vois pas)

(tu)

vers une preuve qui semble très simple, même si de mon côté je n'ai pas spécialement travaillé sur les espaces de Baire et donc je ne connais pas toutes les définitions équivalentes qu'elle utilise.

Comme l'heure de la sieste, je te le découpe en tranches si tu veux.

1.1/ Baire normalement, ça veut dire qu'une intersection d'une suite d'ouverts dense est dense.

1.2/ Ou autre façon de le dire, toute réunion d'une suite de fermés d'intérieur vide est d'intérieur vide.

2/ Mais, prouve déjà que dans un espace vectoriel topologique, il revient au même de dire le truc plus faible: "toute intersection d'une suite d'ouverts denses est non vide". Pour ça pense que les ouverts "sont absorbants" (affinement parlant). Ecris la version duale avec les fermés

3/ Soit $e$ une base algébrique de ton espace. Je pense que tu peux être considéré comme trouvant évident que pour tout $x\in E: $ l'ensemble des $i$ tel que le $i$ ième coefficient de l'écriture de $x$ dans la base $e$ est non nul est fini?

4/ Ce qui fait que si tu notes, pour chaque $i$,

$H_i:=\{x\mid$ le $i$ ième coefficient de l'écriture de $x$ dans la base $e$ est nul $\}$,

5/ On peut supposer que l'ensemble qui indice la base contient $\N$.

6/ Suppose qu'aucun $H_n$ n'est de Baire et pour chacun, tu prends une suite de fermés $p\mapsto F(n,p)$ qui en atteste quand la suite $p\mapsto F(n,p)\cap H_n$ est regardée par les habitants de $H_n$ (topologie induite).

7/ Montre qu'il n'y a pas de "toupet" à supposer qu'en plus, pour tout $n,p: \emptyset = int(F(n,p))$

8/ En remarquant que $(n,p)\mapsto F(n,p))$ est une famille dénombrable de fermés d'intérieur vide, tu peux conclure.