Par définition, un ensemble dense dans X est un ensemble qui rencontre tout ensemble ouvert non vide, donc a) et b) sont équivalentes. Il est immédiat que c) entraîne a), car si U₁ et U₂ sont des ensembles ouverts non vides disjoints, U₁ ∪ U₂ est un ensemble ouvert non connexe. Montrons enfin que a) entraîne c) : si U est un ensemble ouvert non connexe, il est réunion de deux ensembles non vides disjoints U', U'' qui sont ouverts dans U, donc aussi ouverts dans X, ce qui implique que X n’est pas irréductible.

Un espace séparé n’est irréductible que s’il est réduit à un seul point.

On dit qu’une partie E d’un espace topologique X est un ensemble irréductible si le sous-espace E de X est irréductible. Pour qu’il en soit ainsi, il faut et il suffit que, pour tout couple d’ensembles U, V ouverts dans X et rencontrant E, U ∩ V rencontre aussi E, ou (ce qui revient au même) que, pour tout couple d’ensembles F, G fermés dans X et tels que E ⊂ F ∪ G, on ait E ⊂ F ou E ⊂ G. Par récurrence sur n, on en déduit que, si (F_i)_{1 \leq i \leq n} est une famille finie d’ensembles fermés dans X, tels que E ⊂ \bigcup_{i=1}^{n} F_i, il existe un indice i tel que E ⊂ F_i.

En effet, pour qu’un ensemble ouvert de X rencontre E, il faut et il suffit qu’il rencontre \overline{E}, et la proposition résulte des remarques précédentes.

(ii) Soit (U_\alpha)_{\alpha \in A} un recouvrement non vide d’un espace topologique X, formé d’ensembles ouverts tels que U_\alpha \cap U_\beta \neq \emptyset pour tout couple d’indices (\alpha, \beta). Si les ensembles U_\alpha sont irréductibles, l’espace X est irréductible.

(i) Si X est irréductible, U ⊂ X ouvert non vide dans X et V ⊂ U ouvert non vide dans U, V est aussi ouvert dans X, donc dense dans X et a fortiori dans U. Donc U est irréductible (prop. 1).

(ii) Montrons que, pour tout ensemble V ouvert dans X et non vide, on a V \cap U_\alpha \neq \emptyset pour tout \alpha \in A : il en résultera que V \cap U_\alpha est dense dans U_\alpha par hypothèse, donc que V est dense dans X, et cela prouvera que X est irréductible (prop. 1). Or il existe au moins un indice \gamma tel que V \cap U_\gamma \neq \emptyset ; comme U_\alpha \cap U_\gamma \neq \emptyset pour tout \alpha, et que V \cap U_\gamma est dense dans U_\gamma, on a U_\alpha \cap U_\gamma \cap V \neq \emptyset et a fortiori U_\alpha \cap V \neq \emptyset, ce qui achève la démonstration de (ii).

En effet, si U, V sont deux ensembles ouverts dans Y rencontrant f(E), f^{-1}(U) et f^{-1}(V) sont des ensembles ouverts dans X rencontrant E. Par suite $f^{-1}(U) \cap f^{-1}(V) = f^{-1}(U \cap V)$ rencontre E, ce qui entraîne que $U \cap V$ rencontre $f(E)$ et démontre la proposition.

Pour démontrer la première assertion, il suffit, en vertu du th. de Zorn, de prouver que l’ensemble $\mathfrak{J}$ des parties irréductibles de X est inductif. Soit $\mathfrak{G}$ une partie de $\mathfrak{J}$ totalement ordonnée par inclusion ; montrons que la réunion E des ensembles $F \in \mathfrak{G}$ est irréductible. Soient U, V deux ensembles ouverts dans X et rencontrant E ; comme $\mathfrak{G}$ est totalement ordonnée, il existe un ensemble $F \in \mathfrak{G}$ rencontrant U et V ; comme F est irréductible, $U \cap V$ rencontre F, donc aussi E, ce qui prouve que E est irréductible, donc que $\mathfrak{J}$ est inductif. La seconde assertion résulte de la première, car toute partie de X réduite à un seul point est irréductible.

En effet, tout sous-espace irréductible de X est connexe en vertu de la prop. 1, donc contenu dans une composante connexe de X.

On notera que deux composantes irréductibles distinctes de X peuvent avoir des points communs (exerc. 11).

On peut se borner au cas où les $P_i$ sont deux à deux incomparables. Si E est une partie irréductible de X, on a $E \subset \bigcup_{i=1}^{n} P_i$, donc E est contenu dans l’un des ensembles fermés $P_i$; cela prouve que les $P_i$ sont les seules parties irréductibles maximales de X.

En effet, $\overline{E}$ est la réunion des $\overline{Q_i}$, qui sont irréductibles (prop. 2); comme $Q_i$ est fermé dans E, on a $\overline{Q_i} \cap E = Q_i$; comme $Q_i \notin Q_j$ pour $i \neq j$, on a $\overline{Q_i} \notin \overline{Q_j}$, d’où le corollaire, en vertu de la prop. 6.

En effet, si V est fermée dans U et irréductible, $\overline{V}$ est irréductible (prop. 2) et l’on a $V = \overline{V} \cap U$. Inversement, si Z est irréductible, fermé dans X et rencontre U, $Z \cap U$ est un ouvert non vide dans Z, donc est irréductible (prop. 3), dense dans Z, et, comme Z est fermé, on a $Z = \overline{Z \cap U}$. Cela démontre la proposition.

(ii) Soit $(A_i)_{i \in I}$ un recouvrement fini d’un espace topologique X. Si les sous-espaces $A_i$ de X sont nœthériens, X est nœthérien.

(i) Soient X un espace nœthérien, A un sous-espace de X, $(F_n)$ une suite décroissante de parties de A, fermées dans A ; on a donc $F_n = \overline{F_n} \cap A$, et les adhérences $\overline{F_n}$ des $F_n$ dans X forment une suite décroissante de parties fermées de X. Comme cette suite est stationnaire, il en est de même de la suite $(F_n)$.

(ii) Soit $(G_n)_{n \geq 0}$ une suite décroissante de parties fermées de X ; par hypothèse, chacune des suites $(G_n \cap A_i)_{n \geq 0}$ est stationnaire. Comme I est fini, il y a un entier $n_0$ tel que, pour $n \geq n_0$, on ait $G_n \cap A_i = G_{n_0} \cap A_i$ pour tout $i \in I$. Mais $G_n = \bigcup_{i \in I} (G_n \cap A_i)$, donc la suite $(G_n)$ est stationnaire, et X est nœthérien.

Pour démontrer que la condition est nécessaire, il suffit, en vertu de la prop. 8, de prouver que tout espace nœthérien X est quasi-compact. Soit $(U_t)_{t \in I}$ un recouvrement ouvert de X ; l’ensemble des réunions finies d’ensembles U_t est non vide et admet donc un élément maximal $V = \bigcup_{t \in H} U_t$, où H est une partie finie de I. Par définition, on a $V \cup U_t = V$ pour tout $t \in I$, donc $V = X$.

Réciproquement, supposons que tout ensemble ouvert dans X soit quasi-compact, et soit $(U_n)$ une suite croissante de parties ouvertes de X. La réunion V des $U_n$ est ouverte, donc quasi-compacte ; comme $(U_n)$ est un recouvrement ouvert de V, il y a une sous-famille finie de $(U_n)$ qui est un recouvrement de V, donc $V = U_n$ pour un indice n, ce qui prouve que la suite $(U_n)$ est stationnaire.

En effet, supposons $F \neq E$; alors $\mathscr{C}F$ aurait un élément minimal b. Par définition, on a $x \in F$ pour tout $x < b$, ce qui entraîne $b \in F$, d’où contradiction.

Il suffit de prouver que X est réunion finie de parties fermées irréductibles (n° 1, prop. 6). Montrons qu’on peut appliquer le principe de récurrence nœthérienne en prenant pour E l’ensemble des parties fermées de X, ordonné par inclusion, pour F l’ensemble des réunions finies de parties fermées irréductibles. Soit Y une partie fermée de X telle que toute partie fermée $\neq Y$ de Y appartienne à F. Si Y est irréductible, on a $Y \in F$ par définition ; sinon, Y est réunion de deux parties fermées $Y_1, Y_2$ distinctes de Y. On a donc $Y_1 \in F$ et $Y_2 \in F$ par hypothèse, d’où $Y \in F$ par définition de F.

Il en résulte en particulier qu’un espace nœthérien séparé est nécessairement fini.

(i) $V(a)$ est fermé dans $X$ et $\mathfrak{J}(Y)$ est un idéal de A égal à sa racine.

(ii) $\mathfrak{J}(V(a))$ est la racine de $a$, et $V(\mathfrak{J}(Y))$ est l'adhérence de $Y$ dans $X$.

(iii) Les applications $\mathfrak{J}$ et $V$ définissent des bijections décroissantes réciproques l'une de l'autre, entre l'ensemble des parties fermées de X et l'ensemble des idéaux de A égaux à leurs racines.

L'assertion (i) et la première assertion de (ii) résultent des définitions et du § 2, no 6, cor. 1 de la prop. 13. Si un ensemble fermé $V(M)$ (pour un $M \subset A$) contient $Y$, on a $M \subset p$ pour tout idéal premier $p \in Y$, d'où $M \subset \mathfrak{J}(Y)$ et par suite $V(M) \supset V(\mathfrak{J}(Y))$; comme on a $Y \subset V(\mathfrak{J}(Y))$, $V(\mathfrak{J}(Y))$ est le plus petit ensemble fermé de $X$ contenant $Y$, ce qui achève de prouver (ii). Enfin, il résulte de (ii) que, si $a$ est un idéal égal à sa racine, on a $\mathfrak{J}(V(a)) = a$ et que, si $Y$ est fermé dans $X$, $V(\mathfrak{J}(Y)) = Y$; ce qui démontre (iii).

On déduit aussitôt de la prop. 11 que, si M est une partie quelconque de A et Y une partie quelconque de X, on a V(M) = V(\mathfrak{J}(V(M))) et \mathfrak{J}(Y) = \mathfrak{J}(V(\mathfrak{J}(Y))).

En effet, il résulte de la prop. 11, (iii), que $\mathfrak{J}(\bigcap_{\lambda \in L} Y_\lambda)$ est le plus petit idéal égal à sa racine et contenant tous les $\mathfrak{J}(Y_\lambda)$; cet idéal contient donc $\sum_{\lambda \in L} \mathfrak{J}(Y_\lambda)$ et par suite aussi la racine de $\sum_{\lambda \in L} \mathfrak{J}(Y_\lambda)$ (§ 2, n° 6, cor. 2 de la prop. 13), d’où le corollaire.

Il est immédiat que les relations $b \subset r(a)$ et $r(b) \subset r(a)$ sont équivalentes, et comme $V(a) = V(r(a))$, le corollaire résulte aussitôt de la prop. 11 ,(iii).

En effet, la relation $X_g \subset \bigcup_{\lambda \in L} X_{f_\lambda}$ équivaut à $V(g) \supset \bigcap_{\lambda \in L} V(f_\lambda)$, et il suffit d’appliquer le cor. 2.

Cela résulte aussitôt du cor. 4.

Comme les $X_g$ forment une base de la topologie, il suffit de prouver que, si $(g_\lambda)_{\lambda \in L}$ est une famille d’éléments de $A$ telle que $X_f \subset \bigcup_{\lambda \in L} X_{g_\lambda}$, alors il existe une sous-famille finie $(g_\lambda)_{\lambda \in H}$ telle que $X_f \subset \bigcup_{\lambda \in H} X_{g_\lambda}$. Mais la relation $X_f \subset \bigcup_{\lambda \in L} X_{g_\lambda}$ signifie qu’il existe un entier $n > 0$ et une sous-famille finie $(g_\lambda)_{\lambda \in H}$ telle que $f^n$ appartienne à l’idéal engendré par cette sous-famille (cor. 3 de la prop. 11) ; d’où la proposition.

En effet, pour $M \subset A$, l’ensemble $(^a h)^{-1}(V(M))$ est l’ensemble des idéaux premiers $p'$ de $A'$ tels que $M \subset \overline{h}(p')$, ce qui équivaut à $h(M) \subset p'$ ; cet ensemble est donc égal à $V(h(M))$ et est par conséquent fermé.

On dit que $^a h$ est l’application associée à l’homomorphisme $h$.

En effet, soit $f' = f/s$ où $f \in A, s \in S$; on a $X_{f'} = X_{f/1}$ puisque $s/1$ est inversible dans $A'$. On sait déjà que $^a h$ est injective et que, pour tout $p' \in X'$, les relations $f/1 \in p'$ et $f \in \overline{h}(p') = ^a h(p')$ sont équivalentes, donc les conditions $p' \in X_{f/1}$ et $^a h(p') \in X_f$ sont équivalentes ; cela montre que $^a h(X_{f'})$ est égal à $X_f \cap ^a h(X')$, d’où la première assertion, puisque les $X_f$ (resp. $X_{f'}$) forment une base de la topologie de X (resp. X’). La seconde assertion résulte du § 2, n° 5, prop. 11, (ii).

Posons $p = \mathfrak{J}(Y)$, et notons que, pour un élément $f \in A$, la relation $f \in p$ est équivalente à $Y \subsetneq V(f)$. Supposons Y irréductible, et soient $f, g$ des éléments de A tels que $fg \in p$. On a donc

comme Y est irréductible, $V(f)$ et $V(g)$ fermés, on a $Y \subset V(f)$ ou $Y \subset V(g)$, donc $f \in p$ ou $g \in p$, ce qui prouve que $p$ est premier.

Supposons maintenant $p$ premier ; on a $\overline{Y} = V(p)$ (prop. 11, (ii)), et comme $p$ est premier, $p = \mathfrak{J}(\{p\})$, d’où $\overline{Y} = V(\mathfrak{J}(\{p\})) = \{p\}$ (prop. 11, (ii)). Comme un ensemble réduit à un point est irréductible, Y est irréductible (n° 1, prop. 2).

En effet (prop. 11, (i)), $\mathfrak{J}(X)$ est la racine de l’idéal (0), c’est-à-dire $\mathfrak{N}$.

Comme $\mathfrak{J}(V(p)) = p$ pour tout idéal premier $p$ de $A$, et $Y = V(\mathfrak{J}(Y))$ pour toute partie fermée $Y$ de $X$, la première assertion résulte de la prop. 14 ; d’autre part, pour que $Y \supset V(p)$, il faut et il suffit que $p = \mathfrak{J}(V(p)) \supset \mathfrak{J}(Y)$ (prop. 11), d’où la seconde assertion.

En effet, $X = \operatorname{Spec}(A)$ n’a alors qu’un nombre fini de composantes irréductibles (cor. 7 de la prop. 11 et no 2, prop. 10) et le corollaire résulte du cor. 2 précédent.

Soit $(e_i)_{i \in I}$ un élément de $E$ et posons $Y_i = V(A(1 - e_i))$; si $i \neq j$, on a $1 = 1 - e_i + e_i(1 - e_j) \in A(1 - e_i) + A(1 - e_j)$, d’où $Y_i \cap Y_j = \emptyset$ (formules (1) et (2)). D’autre part,

par hypothèse $\prod_{i \in I} (1 - e_i) = 1 - \sum_{i \in I} e_i = 0$, d’où $\bigcup_{i \in I} Y_i = X$ (formule (1)). Comme les $Y_i$ sont fermés, ils sont aussi ouverts, d’où $\varpi(E) \subset P$. Par ailleurs, on a évidemment $A = \sum_{i \in I} Ae_i$; si $0 = \sum_{i \in I} a_i e_i$ avec $a_i \in A$, on en tire, par multiplication par $e_i$, $0 = a_i e_i^2 = a_i e_i$ pour tout $i$; ceci prouve que $\sigma(E) \subset S$.

En effet, il existe par hypothèse des entiers $m \geq 0,\ n \geq 0$ tels que $e = e^m \in Af$ et $f = f^n \in Ae$; soient $x, y$ des éléments de $A$ tels que $e = xf,\ f = ye$; on a $ef = x f^2 = x f = e$ et de même $ef = y e^2 = y e = f$, d’où $e = f$.

Le lemme 2 et le cor. 2 de la prop. 11 montrent que les applications $\varpi$ et $\sigma$ sont injectives.

Montrons que $\sigma$ est surjective. Si $(a_i)_{i \in I}$ est un élément de $S$, il y a des éléments $e_i \in a_i$ tels que $1 = \sum_{i \in I} e_i$; si $i \neq j$, on a $e_i e_j \in a_i \cap a_j = \{0\}$, d’où $e_i = \sum_{j \in I} e_i e_j = e_i^2$; enfin, on a $Ae_i \subset a_i$ pour tout $i \in I$ et $\sum_{i \in I} Ae_i = A$, d’où $Ae_i = a_i$.

Reste enfin à montrer que $\varpi$ est surjective. Soit $(U_i)_{i \in I}$ un élément de $P$ et posons $Z_i = \bigcup_{j \neq i} U_j$; comme $U_i$ et $Z_i$ sont fermés, il existe des idéaux $a_i,\ b_i$ de $A$ tels que $U_i = V(a_i)$, $Z_i = V(b_i)$. On va montrer qu’on peut de plus supposer que $a_i \cap b_i = 0$. On a $U_i \cap Z_i = \emptyset$, d’où $a_i + b_i = A$; soient $a_i \in a_i$, $b_i \in b_i$ tels que $a_i + b_i = 1$. On a $X = U_i \cup Z_i = V(a_i b_i)$ (formule (3)); tout élément de $a_i b_i$ est donc nilpotent (cor. 2 de la prop. 11); soit $p$ un entier tel que $a_i^p b_i^p = 0$. On a $U_i \subset V(A a_i) = V(A a_i^p),\ Z_i \subset V(A b_i) = V(A b_i^p)$ et $V(A a_i) \cap V(A b_i) = V(A a_i + A b_i) = \emptyset$, donc $U_i = V(A a_i^p)$ et $Z_i = V(A b_i^p)$, ce qui établit notre assertion en remplaçant $a_i$ par $A a_i^p$ et $b_i$ par $A b_i^p$. Les idéaux $a_i$ et $b_i$ étant ainsi choisis, il résulte de ce que $\sigma$ est bijective qu’il existe deux idempotents $f_i \in a_i,\ e_i \in b_i$ tels que $1 = e_i + f_i,\ e_i f_i = 0,\ a_i = A f_i,\ b_i = A e_i$. Si $i \neq j$, on a $X = Z_i \cup Z_j = V(A e_i e_j)$, et comme $e_i e_j$ est un idempotent, le lemme 2 montre que $e_i e_j = 0$. Enfin $e = \sum_{i \in I} e_i$ est idempotent et on a $e_i \in Ae$ pour tout $i \in I$, d’où $V(Ae) \subset Z_i$ pour tout $i$; il en résulte que $V(Ae) = \emptyset = V(A.1)$ et le lemme 2 montre encore que $e = 1$.

C. Q. F. D.

Posons $A' = A/\mathfrak{r}$. On sait (Remarque suivant la prop. 13) que

Dire en effet que $X$ n’est pas connexe signifie qu’il existe dans $X$ un ensemble ouvert et fermé distinct de $\varnothing$ et de $X$.

En effet, il résulte de la prop. 17 que l’intersection des idéaux premiers appartenant à $\mathrm{Supp}(M)$ est la racine de l’annulateur $a$ de $M$ (n° 3, prop. 11, (ii)). Dire que $a$ appartient à cette racine équivaut à dire qu’il existe une puissance $a^k \in a$, donc que $a^k M = 0$.