Theo định nghĩa, một tập trù mật trong $X$ là một tập hợp gặp mọi tập mở không rỗng, do đó (a) và (b) là tương đương. Hiển nhiên (c) kéo theo (a), vì nếu $U_1$ và $U_2$ là các tập mở rời nhau không rỗng, thì $U_1 \cup U_2$ là một tập mở không liên thông. Cuối cùng ta chứng minh rằng (a) kéo theo (c): nếu $U$ là một tập mở không liên thông, thì nó là hợp của hai tập hợp rời nhau không rỗng $U', U''$ mở trong $U$ và do đó cũng mở trong $X$, điều này kéo theo rằng $X$ không bất khả quy.

Một không gian Hausdorff là bất khả quy chỉ khi nó gồm một điểm duy nhất.

Một tập con $E$ của một không gian tôpô $X$ được gọi là một tập bất khả quy nếu không gian con $E$ của $X$ là bất khả quy. Điều này xảy ra khi và chỉ khi, với mọi cặp tập hợp $U, V$ mở trong $X$ và gặp $E$, $U \cap V$ cũng gặp $E$, hoặc (điều tương đương) rằng, với mọi cặp tập hợp $F, G$ đóng trong $X$ và thỏa mãn $E \subset F \cup G$, thì $E \subset F$ hoặc $E \subset G$. Bằng quy nạp theo $n$, ta suy ra rằng, nếu $(F_i)_{1 \leq i \leq n}$ là một họ hữu hạn các tập đóng của $X$ sao cho $E \subset \bigcup_{i=1}^n F_i$, thì tồn tại một chỉ số $i$ sao cho $E \subset F_i$.

Để một tập mở của $X$ gặp $E$, điều kiện cần và đủ là nó gặp $\overline{E}$; khi đó mệnh đề suy ra từ các nhận xét trên.

(ii) Cho $(U_\alpha)_{\alpha \in A}$ là một phủ không rỗng của một không gian tôpô $X$ gồm các tập mở sao cho $U_\alpha \cap U_\beta = \emptyset$ với mọi cặp chỉ số $(\alpha, \beta)$. Nếu các tập $U_\alpha$ là bất khả quy, thì không gian $X$ là bất khả quy.

(i) Nếu $X$ là bất khả quy, $U \subset X$ khác rỗng và mở trong $X$ và $V \subset U$ khác rỗng và mở trong $U$, thì $V$ cũng mở trong $X$, do đó trù mật trong $X$ và a fortiori trù mật trong $U$. Khi đó $U$ là bất khả quy (Mệnh đề 1).

(ii) Hãy chứng minh rằng, với mọi tập mở khác rỗng $V$ trong $X$, $V \cap U_\alpha \neq \emptyset$ với mọi $\alpha \in A$: suy ra rằng $V \cap U_\alpha$ trù mật trong $U_\alpha$, theo giả thiết, do đó $V$ trù mật trong $X$ và điều này chứng minh rằng $X$ là bất khả quy (Mệnh đề 1). Bây giờ tồn tại ít nhất một chỉ số $y$ sao cho $V \cap U_y \neq \emptyset$; vì $U_\alpha \cap U_y \neq \emptyset$ với mọi $\alpha$ và $V \cap U_y$ trù mật trong $U_y$, $U_y \cap V \neq \emptyset$ và a fortiori $U_y \cap V \neq \emptyset$, điều này hoàn tất chứng minh của (ii).

Nếu $U, V$ là hai tập mở của $Y$ giao với $f(E)$, thì $f^{-1}(U)$ và $f^{-1}(V)$ là các tập mở của $X$ giao với $E$. Do đó, $f^{-1}(U) \cap f^{-1}(V) = f^{-1}(U \cap V)$ giao với $E$, điều này kéo theo rằng $U \cap V$ giao với $f(E)$ và chứng minh mệnh đề.

Để chứng minh mệnh đề đầu tiên, chỉ cần, nhờ Bổ đề Zorn, chứng minh rằng tập hợp 3 các tập con bất khả quy của $X$ là quy nạp. Cho $\mathscr{G}$ là một tập con của $\mathfrak{S}$ được sắp thứ tự toàn phần bởi phép bao hàm; ta chứng minh rằng hợp $E$ của các tập hợp $F \in \mathscr{G}$ là bất khả quy. Cho $U, V$ là hai tập mở của $X$ giao với $E$; vì $\mathscr{G}$ được sắp thứ tự toàn phần, tồn tại một tập hợp $F \in \mathscr{G}$ giao với $U$ và $V$; vì $F$ là bất khả quy, $U \cap V$ giao với $F$ và do đó cũng giao với $E$, điều này chứng minh rằng $E$ là bất khả quy và do đó 3 là quy nạp. Mệnh đề thứ hai suy ra từ mệnh đề thứ nhất, vì mọi tập con của $X$ gồm một điểm duy nhất đều là bất khả quy.

Mọi không gian con bất khả quy của $X$ đều là liên thông theo Mệnh đề 1 và do đó được chứa trong một thành phần liên thông của $X$.

Chú ý rằng hai thành phần bất khả quy phân biệt của $X$ có thể có các điểm chung (Bài tập 11).

Ta có thể tự giới hạn vào trường hợp không có hai $P_i$ nào so sánh được. Nếu $E$ là một tập con bất khả quy của $X$, thì $E \subset \bigcup_{i=1}^n P_i$, và do đó $E$ được chứa trong một trong các tập đóng $P_i$; điều này chứng minh rằng các $P_i$ là các tập con bất khả quy cực đại duy nhất của $X$.

$\overline{E}$ là hợp của các $\overline{Q}_i$, là các tập bất khả quy (Mệnh đề 2); vì $Q_i$ là đóng trong $E$, $\overline{Q}_i \cap E = Q_i$; vì $Q_i \notin Q_j$ với $i \neq j$, $\overline{Q}_i \notin \overline{Q}_j$, do đó hệ quả theo Mệnh đề 6.

Nếu $V$ đóng trong $U$ và bất khả quy, thì $\overline{V}$ bất khả quy (Mệnh đề 2) và $V = \overline{V} \cap U$. Ngược lại, nếu $Z$ bất khả quy và đóng trong $X$ và gặp $U$, thì $Z \cap U$ là một tập hợp con mở không rỗng của $Z$, do đó bất khả quy (Mệnh đề 3) và trù mật trong $Z$ và, vì $Z$ đóng, $Z = \overline{Z} \cap U$. Điều này chứng minh mệnh đề.

(i) Cho $X$ là một không gian Noether, $A$ là một không gian con của $X$ và $(F_i)$ là một dãy giảm các tập hợp con của $A$ đóng trong $A$; khi đó $F_i = \overline{F_n} \cap A$ và các phần đóng $\overline{F_n}$ của các $F_i$ trong $X$ tạo thành một dãy giảm các tập hợp con đóng của $X$. Vì dãy này dừng, nên dãy $(F_i)$ cũng dừng.

(ii) Cho $(G_n)_{n \geq 0}$ là một dãy giảm các tập con đóng của $X$; theo giả thiết, mỗi một trong các dãy $(G_n \cap A_i)_{n \geq 0}$ đều dừng. Vì $I$ là hữu hạn, tồn tại một số nguyên $n_0$ sao cho, với $n \geq n_0$, $G_n \cap A_i = G_{n_0} \cap A_i$, với mọi $i \in I$. Nhưng

và do đó dãy $(G_n)$ dừng và $X$ là Noether.

Để chứng minh rằng điều kiện này là cần thiết, theo Mệnh đề 8, chỉ cần chứng minh rằng mọi không gian Noether $X$ là quasi-compact. Cho $(U_i)_{i \in I}$ là một phủ mở của $X$; tập hợp các hợp hữu hạn của các tập $U_i$ là khác rỗng và do đó nhận một phần tử cực đại $V = \bigcup_{i \in H} U_i$, trong đó $H$ là một tập con hữu hạn của $I$. Theo định nghĩa, $V \cup U_i = V$ với mọi $i \in I$ và do đó $V = X$.

Ngược lại, giả sử rằng mọi tập mở của $X$ đều quasi-compact và cho $(U_i)$ là một dãy tăng các tập con mở của $X$. Hợp $V$ của các $U_i$ là mở và do đó quasi-compact; vì $(U_i)$ là một phủ mở của $V$, tồn tại một họ con hữu hạn của $(U_i)$ là một phủ của $V$ và do đó $V = U_n$ với một chỉ số $n$ nào đó, điều này chứng minh rằng dãy $(U_i)$ dừng.

Bổ đề 1 ("Nguyên lý quy nạp Noether"). Cho E là một tập hợp có thứ tự mà mọi tập con khác rỗng của nó đều nhận một phần tử cực tiểu. Cho F là một tập con của E có tính chất sau: nếu $a \in E$ là sao cho quan hệ $x < a$ kéo theo $x \in F$, thì $a \in F$. Khi đó $F = E$.

Giả sử $F \neq E$; khi đó $CF$ sẽ có một phần tử cực tiểu $b$. Theo định nghĩa, $x \in F$ với mọi $x < b$, điều này kéo theo rằng $b \in F$, là một mâu thuẫn.

Chỉ cần chứng minh rằng X là một hợp hữu hạn của các tập con đóng bất khả quy (no. 1, Mệnh đề 6). Ta hãy chứng minh rằng nguyên lý quy nạp Noether có thể được áp dụng bằng cách lấy E là tập hợp các tập con đóng của X, có thứ tự bởi quan hệ bao hàm, và F là tập hợp các hợp hữu hạn của các tập con đóng bất khả quy. Cho Y là một tập con đóng của X sao cho mọi tập con đóng $\neq Y$ của Y đều thuộc F. Nếu Y là bất khả quy, thì $Y \in F$ theo định nghĩa; nếu không, Y là hợp của hai tập con đóng $Y_1,\ Y_2$ phân biệt với Y. Khi đó $Y_1 \in F$ và $Y_2 \in F$ theo giả thiết, do đó $Y \in F$ theo định nghĩa của F.

Đặc biệt, suy ra rằng một không gian Noether Hausdorff nhất thiết là hữu hạn.

(iii) Các ánh xạ 3 và V xác định các song ánh giảm, trong đó một ánh xạ là nghịch đảo của ánh xạ kia, giữa tập hợp các tập con đóng của X và tập hợp các iđêan của A bằng căn của chúng.

Mệnh đề (i) và mệnh đề đầu tiên của (ii) suy ra từ các định nghĩa và § 2, no. 6, Hệ quả 1 của Mệnh đề 13. Nếu một tập đóng V(M) (với một M ⊂ A nào đó) chứa Y, thì M ⊂ p với mọi iđêan nguyên tố p ∈ Y, do đó M ⊂ J(Y) và vì thế V(M) ⊃ V(J(Y)); vì Y ⊂ V(J(Y)), V(J(Y)) là tập đóng nhỏ nhất của X chứa Y, điều này hoàn thành chứng minh của (ii). Cuối cùng, suy ra từ (ii) rằng, nếu a là một iđêan nguyên tố bằng căn của nó, thì J(V(a)) = a và rằng, nếu Y là đóng trong X, thì V(J(Y)) = Y; điều này chứng minh (iii).

Suy ra ngay lập tức từ Mệnh đề 11 rằng, nếu M là một tập con bất kỳ của A và Y là một tập con bất kỳ của X, thì V(M) = V(J(V(M))) và J(Y) = J(V(J(Y))).

Suy ra từ Mệnh đề 11 (iii) rằng J(∩_{λ ∈ L} Y_λ) là iđêan nhỏ nhất bằng căn của nó và chứa tất cả các J(Y_λ); iđêan này khi đó chứa ∑_{λ ∈ L} J(Y_λ) và do đó cũng chứa căn của ∑_{λ ∈ L} J(Y_λ) (§ 2, no. 6, Hệ quả 2 của Mệnh đề 13), do đó có hệ quả.

Rõ ràng ngay lập tức rằng các quan hệ b ⊂ r(a) và r(b) ⊂ r(a) là tương đương và, do V(a) = V(r(a)), hệ quả suy ra ngay lập tức từ Mệnh đề 11, (iii).

Quan hệ X_g ⊂ ∪_{λ ∈ L} X_{f_λ} tương đương với V(g) ⊃ ∩_{λ ∈ L} V(f_λ) và chỉ cần áp dụng Hệ quả 2.

Hệ quả 4, Để hai phần tử f, g của A thỏa mãn X_f = X_g, điều kiện cần và đủ là tồn tại hai số nguyên m > 0, n > 0 sao cho f^m ∈ Ag và g^n ∈ Af.

Điều này suy ra ngay lập tức từ Hệ quả 4.

Vì các $X_g$ tạo thành một cơ sở của tôpô, chỉ cần chứng minh rằng, nếu $(g_\lambda)_{\lambda \in L}$ là một họ các phần tử của $A$ sao cho $X_f \subset \bigcup_{\lambda \in L} X_{g_\lambda}$, thì tồn tại một họ con hữu hạn $(g_{\lambda_i})_{i \in I}$ sao cho $X_f = \bigcup_{i \in I} X_{g_{\lambda_i}}$. Nhưng quan hệ $X_f = \bigcup_{\lambda \in L} X_{g_\lambda}$ có nghĩa là tồn tại một số nguyên $n > 0$ và một họ con hữu hạn $(g_{\lambda_i})_{i \in I}$ sao cho "f" thuộc iđêan sinh bởi họ con đó (Hệ quả 3 của Mệnh đề 11); do đó có mệnh đề.

Với $M \subset A$, tập hợp $(^a h)^{-1}(V(M))$ là tập hợp các iđêan nguyên tố $p'$ của $A'$ sao cho $M \subset \overline{h}(p')$, điều này tương đương với $h(M) \subset p'$; tập hợp này khi đó bằng $V(h(M))$ và do đó là đóng.

Ta gọi $^a h$ là ánh xạ liên kết với đồng cấu $h$.

Viết $p = \mathfrak{J}(Y)$, ta chú ý rằng, đối với một phần tử $f \in A$, quan hệ $f \in p$ tương đương với $Y \subset V(f)$. Giả sử rằng $Y$ là bất khả quy và cho $f, g$ là các phần tử của $A$ sao cho $fg \in p$. Khi đó

vì $Y$ là bất khả quy và $V(f)$ và $V(g)$ là đóng, nên $Y \subset V(f)$ hoặc $Y \subset V(g)$, do đó $f \in p$ hoặc $g \in p$, điều này chứng minh rằng $p$ là nguyên tố.

Bây giờ giả sử rằng $p$ là nguyên tố; khi đó $\overline{Y} = V(p)$ (Mệnh đề 11 (ii)) và, vì $p$ là nguyên tố, $p = \mathfrak{J}(\{p\})$, do đó $\overline{Y} = V(\mathfrak{J}(\{p\})) = \{p\}$ (Mệnh đề 11 (ii)). Vì một tập hợp gồm một điểm duy nhất là bất khả quy, nên $Y$ là bất khả quy (no. 1, Mệnh đề 2).

Theo Mệnh đề 11 (i), $\mathfrak{J}(X)$ là căn của iđêan $(0)$, tức là $\mathfrak{N}$.

Vì $\mathfrak{J}(V(p)) = p$ đối với mọi iđêan nguyên tố $p$ của $A$ và $Y = V(\mathfrak{J}(Y))$ đối với mọi tập con đóng $Y$ của $X$, mệnh đề đầu tiên suy ra từ Mệnh đề 14; mặt khác, đối với $Y \supset V(p)$, điều kiện cần và đủ là

(Mệnh đề 11), do đó có mệnh đề thứ hai.

$X = \mathrm{Spec}(A)$ chỉ có một số hữu hạn các thành phần bất khả quy (Hệ quả 7 của Mệnh đề 11 và no. 2, Mệnh đề 10) và hệ quả suy ra từ Hệ quả 2 ở trên.

Cho $(e_i)_{i \in I}$ là một phần tử của $E$ và đặt $Y_i = \mathrm{V}(A(1 - e_i))$; nếu $i \neq j$, thì $1 = 1 - e_i + e_i(1 - e_j) \in A(1 - e_i) + A(1 - e_j)$, do đó $Y_i \cap Y_j = \varnothing$ (các công thức (1) và (2)). Mặt khác,

(công thức (3));

theo giả thiết $\prod_{i \in I} (1 - e_i) = 1 - \sum_{i \in I} e_i = 0$, do đó $\bigcup_{i \in I} Y_i = X$ (công thức (I)). Vì các $Y_i$ là đóng, chúng cũng là mở, do đó $\overline{\omega}(E) \subset P$. Ngoài ra, hiển nhiên $A = \sum_{i \in I} Ae_i$; nếu $0 = \sum_{i \in I} a_i e_i$ trong đó $a_i \in A$, ta thu được, bằng cách nhân với $e_i$, $O = a_i e_i^2 = a_i e_i$ với mọi $i$; điều này chứng minh rằng $\sigma(E) \subset S$.

Theo giả thiết, tồn tại các số nguyên $m \geq 0, n \geq 0$ sao cho $e = e^m \in Af$ và $f = f^n \in Ae$; gọi $x, y$ là các phần tử của $A$ sao cho $e = xf, f = ye$; khi đó $ef = x^2 = x = e$ và tương tự $ef = ye^2 = ye = f$, do đó $e = f$.

Bổ đề 2 và Hệ quả 2 của Mệnh đề 11 cho thấy các ánh xạ $\overline{\omega}$ và $\sigma$ là đơn ánh.

Chúng ta hãy chỉ ra rằng $\sigma$ là toàn ánh. Nếu $(a_i)_{i \in I}$ là một phần tử của $S$, thì có các phần tử $e_i \in a_i$ sao cho $1 = \sum_{i \in I} e_i$; nếu $i \neq j$, thì $e_i e_j \in a_i \cap a_j = \{0\}$, do đó

cuối cùng, $Ae_i \subset a_i$, với mọi $i \in I$ và $\sum_{i \in I} Ae_i = A$, do đó $Ae_i = a_i$.

Còn lại là chứng minh rằng $\overline{\omega}$ là toàn ánh. Cho $(U_i)_{i \in I}$ là một phần tử của $P$ và đặt $Z_i = \bigcup_{j \neq i} U_j$; vì $U_i$ và $Z_i$ là đóng, tồn tại các iđêan $a_i, b_i$ của $A$ sao cho $U_i = \mathrm{V}(a_i), Z_i = \mathrm{V}(b_i)$. Bây giờ ta chỉ ra rằng có thể giả sử thêm rằng $a_i \cap b_i = 0$. Do $U_i \cap Z_i = \varnothing$, nên $a_i + b_i = A$; hãy lấy $a_i, b_i \in a_i, b_i$ sao cho $a_i + b_i = 1$. Khi đó $X = U_i \cup Z_i = \mathrm{V}(a_i b_i)$ (công thức (3)); do đó mọi phần tử của $a_i b_i$ là lũy linh (Hệ quả 2 của Mệnh đề 11); lấy $p$ là một số nguyên sao cho $a_i^p b_i^p = 0$. Khi đó $U_i \subset \mathrm{V}(Aa_i) = \mathrm{V}(Aa_i^p)$,

và $V(Aa_i) \cap V(Ab_i) = V(Aa_i + Ab_i) = \varnothing$, do đó $U_i = V(Aa_i^p)$ và $Z_i = V(Ab_i^p)$, điều này xác lập mệnh đề của chúng ta bằng cách thay thế $a_i$ bởi $Aa_i^p$ và $b_i$ bởi $Ab_i^p$. Với các iđêan $a_i$ và $b_i$ được chọn như vậy, suy ra từ việc $\sigma$ là song ánh rằng tồn tại hai phần tử lũy đẳng $f_i \in a_i, e_i \in b_i$ sao cho $1 = e_i + f_i, e_i f_i = 0, a_i = Af_i, b_i = Ae_i$. Nếu $i \neq j$, thì $X = Z, \cup Z_j = V(Ae_i e_j)$, và vì $e_i e_j$ là lũy đẳng, Bổ đề 2 chỉ ra rằng $e_i e_j = 0$. Cuối cùng $e = \sum_{i \in I} e_i$ là lũy đẳng và $e_i \in Ae$ với mọi $i \in I$, do đó $V(Ae) \subset Z$, với mọi $i$; suy ra rằng

và Bổ đề 2 cũng chỉ ra rằng $e = 1$.

Ta viết $A' = A/r$. Ta biết (Nhận xét sau Mệnh đề 13) rằng

là một phép đồng phôi, mọi iđêan nguyên tố của $A$ chứa $r$ theo giả thiết. Mệnh đề 15 chỉ ra rằng tồn tại trong $A$ một họ trực giao hữu hạn $(e_i)_{i \in I}$, gồm các phần tử lũy đẳng sao cho $\sum_{i \in I} e_i = 1$ và ảnh qua $ah$ của $V(A'(1 - e'_i))$ là $V(A(1 - e_i))$. Nhưng rõ ràng $V(A(1 - e_i))$ cũng là ảnh qua $ah$ của

vì $1 - e'_i$ và $1 - h(e_i)$ là lũy đẳng, Bổ đề 2 chỉ ra rằng $e'_i = h(e_i)$, do đó hệ quả.

Nói rằng $X$ không liên thông có nghĩa là tồn tại trong $X$ một tập hợp vừa mở vừa đóng và phân biệt với $\varnothing$ và $X$.