Baire 纲定理给出了完备度量空间的较深刻且很有用的性质。看到不同的书给出了不同的形式，这些形式当然是等价的，下面试证明之。

Baire 纲定理的证明

先从第一个形式出发。

设p\in X，B _ 0=B(p,\varepsilon _ 0)，因G _ 1是稠密开集，B _ 0\cap G _ 1是非空开集，故有x _ 1\in B _ 0\cap G _ 1和\varepsilon _ 1>0使B(x _ 1,2\varepsilon _ 1)\subset B _ 0\cap G _ 1，这里\varepsilon _ 1还可要求\varepsilon _ 1<\varepsilon/2。记B _ 1=B(x _ 1,\varepsilon _ 1)，则由距离的连续性，\overline B _ 1\subset\{q\in X\mid d(q,x _ 1)\leqslant\varepsilon _ 1\}，进而\overline B _ 1\subset B(x _ 1,2\varepsilon _ 1)\subset B _ 0\cap G _ 1，类似这种手续可归纳地构造完备度量空间X中的一个点列\{x _ n\}和正数列\{\varepsilon _ n\}，满足：
\varepsilon _ n\leqslant \frac{\varepsilon _ {n-1}}{2},\quad \overline B _ n\subset B _ {n-1}\cap G _ n,
其中B _ n=B(x _ n,\varepsilon _ n)。于是
\begin{aligned}
d(x _ n,x _ {n+p})&\leqslant\sum _ {j=1}^pd(x _ {n+j-1},x _ {n+j})\leqslant\sum _ {j=1}^p\varepsilon _ {n+j-1}\\
&\leqslant\sum _ {j=1}^p2^{1-j}\varepsilon _ n\leqslant2\cdot2^{1-n}\varepsilon _ 1.
\end{aligned}
故\{x _ n\}是 Cauchy 列，由X的完备性，\lim x _ n存在，又因\overline B _ {n+1}\subset\overline B _ {n}，有
\lim _ {n\to\infty}x _ n\in\bigcap _ {n=0}^\infty\overline B _ n\subset\bigcap _ {n=1}^\infty(G _ n\cap B _ {n-1})\subset\Big(\bigcap _ {n=1}^\infty G _ n\Big)\cap B _ 0.
这说明(\bigcap _ {n=1}^\infty G _ n)\cap B _ 0非空，所以\bigcap _ {n=1}^\infty G _ n稠密。

几个定理的等价性

可以按1\Rightarrow2\Rightarrow3\Rightarrow4\Rightarrow5\Rightarrow1的顺序证明，但这里不采用这种方式。

1\Rightarrow2可直接推出，F _ n=X\backslash G _ n即可。定理2被称为 Baire 纲定理的对偶形式。

2\Rightarrow5：由定理2可知第一纲集无内点，就是说其余集的余集内部为空，即余集的外部为空，这说明余集闭包的余集为空，所以余集闭包为全集，所以余集稠密于全集。

5\Rightarrow1：令闭集F _ n=X\backslash G _ n，由于G _ n稠密，必有F _ n为疏集，\bigcup _ {n=1}^\infty F _ n就是第一纲集，由定理5，其余集\bigcap _ {n=1}^\infty G _ n就是稠密集。

至此，可以知道定理1、2、5是等价的。下面按2\Rightarrow4\Rightarrow3\Rightarrow1的顺序证明定理3、4也与其等价。

2\Rightarrow4：若不然，设X的非空开子集U=\bigcup _ {n=1}^\infty E _ n，其中E _ n是疏集，则U\subset\bigcup _ {n=1}^\infty\overline E _ n，由定理2知U无内点，与U为非空开集矛盾。

4\Rightarrow3是显然的。

3\Rightarrow1：先证明一个简单的引理：X是第二纲集，等价于任一X中的一列稠密开集的交非空。事实上，X是第二纲集，若\{G _ n\}是X中的一列稠密开集，则F _ n=X\backslash G _ n是无处稠密的闭集，\bigcup _ {n=1}^\infty F _ n是第一纲集，必有\bigcup _ {n=1}^\infty F _ n\subsetneq X，取余集知\bigcap _ {n=1}^\infty G _ n非空；反过来，设任一X中的一列稠密开集的交非空，若X是第一纲集，则存在一列无处稠密的闭集\{F _ n\}使X=\bigcup _ {n=1}^\infty F _ n，从而可知存在X中的一列稠密开集的交为空集，矛盾。引理证毕。

设\{G _ n\}是X中的稠密开集列，任取x\in X，只需证B(x,r)\cap(\bigcap _ {n=1}^\infty G _ n)非空。令E=\overline{B(x,r/2)}\subset B(x,r)，则子空间E是完备的，E\cap G _ n是子空间E中的开集。可以证明E\cap G _ n在子空间E中稠密，即\operatorname{cl} _ {E}(E\cap G _ n)=E。（见附注）

现在E是完备度量空间，\{E\cap G _ n\}是其中的一列稠密开集，由定理3，\bigcap _ {n=1}^\infty(E\cap G _ n)=E\cap(\bigcap _ {n=1}^\infty G _ n)非空，这就证明了B(x,r)\cap(\bigcap _ {n=1}^\infty G _ n)非空，我们得知\bigcap _ {n=1}^\infty G _ n在X中稠密。

附注：\operatorname{cl} _ {E}(E\cap G _ n)=\operatorname{cl} _ {X}(E\cap G _ n)，这是因为存在闭集F\subset X使E\cap F=\operatorname{cl} _ E(E\cap G _ n)，从而E\cap G _ n\subset F，\operatorname{cl} _ {X}(E\cap G _ n)\subset F，\operatorname{cl} _ {X}(E\cap G _ n)\subset E\cap F=\operatorname{cl} _ {E}(E\cap G _ n)，另一方面\operatorname{cl} _ {E}(E\cap G _ n)\subset\operatorname{cl} _ {X}(E\cap G _ n)，于是\operatorname{cl} _ {E}(E\cap G _ n)=\operatorname{cl} _ {X}(E\cap G _ n)成立。由于\operatorname{cl} _ {E}(E\cap G _ n)\subset E，只需证相反的方向。任取p\in B(x,r/2)=E^\circ，取点列\{p _ k\}\subset E满足p _ k\to p\, (k\to\infty)，对正数\varepsilon>0，不妨设B(p,\varepsilon)\subset E^\circ，此时存在N\in\mathbb N，当k>N时，有d(p,p _ k)<\varepsilon/2；由于G _ n稠密，存在q _ k\in G _ n使得d(p _ k,q _ k)<\varepsilon/2；所以d(p,q _ k)<d(p,p _ k)+d(p _ k,q _ k)<\varepsilon，这说明q _ k\in E\cap G _ n，\{q _ k\}是E\cap G _ n中收敛于p的点列，所以E^\circ\subset\operatorname{cl} _ X(E\cap G _ n)，进而E\subset\operatorname{cl} _ X(E\cap G _ n)，\operatorname{cl} _ X(E\cap G _ n)=E得证。