通过定义，在$X$中密集的集合是集合，它满足每个非空开集合，因此（a）和（b）是等价的。 (c) 蕴含 (a) 的是直接的，因为如果$U_1$和$U_2$是不相交的非空开集合，则$U_1 \cup U_2$是断开连接集合。最后让我们证明（a）意味着（c）：如果$U$是一个断开的开集集合，它是两个不相交的非空集$U', U''$的并，这两个集在$U$中开集，因此也在$X$中开集，这意味着$X$不是不可约的。

仅当 Hausdorff 空间由单个点组成时，它才是不可约的。

如果 $X$ 的子空间 $E$ 是不可约的，则拓扑空间 $X$ 的子集 $E$ 称为不可约集合。为此，对于集合$U, V$中的每个对，在$X$开放并满足$E$，$U \cap V$也满足$E$，或者（相当于同一件事），对于每个对集合$F, G$，$X$和满足$E \subset F \cup G$、$E \subset F$或$E \subset G$关闭。通过$n$上的归纳，我们推断，如果$(F_i)_{1 \leq i \leq n}$是$X$的闭集合的有限族，使得$E \subset \bigcup_{i=1}^n F_i$，则存在指标$i$使得$E \subset F_i$。

对于$X$的开集合要满足$E$，满足$\overline{E}$是充分必要的；那么命题是从上面的注得出的。

(ii) 令$(U_\alpha)_{\alpha \in A}$为开集合的拓扑空间$X$由……组成的非空覆盖，使得$U_\alpha \cap U_\beta = \emptyset$对于指标$(\alpha, \beta)$的每个对。如果集合 $U_\alpha$ 不可约，则空间 $X$ 不可约。

(i) 如果 $X$ 不可约，$U \subset X$ 非空且在 $X$ 开，$V \subset U$ 非空且在 $U$ 开，$V$ 在 $X$ 也开，因而$X$ 稠密且 更不必说 稠密$U$。那么 $U$ 是不可约的 (命题 1)。

(ii) 让我们证明，对于$X$中的每个非空开集合$V$，对于所有$\alpha \in A$，$V \cap U_\alpha \neq \emptyset$：可以得出结论，$V \cap U_\alpha$在$U_\alpha$中稠密，假设，因而$V$在$X$中稠密，并且这证明 $X$ 是不可约的 (命题 1)。现在至少存在一个指标$y$使得$V \cap U_y \neq \emptyset$；因为对于所有$\alpha$和$V \cap U_y$来说$U_\alpha \cap U_y \neq \emptyset$在$U_y$、$U_y \cap V \neq \emptyset$和*更不必说*$U_y \cap V \neq \emptyset$都是稠密的，从而完成了(ii)的证明。

如果$U, V$是满足$f(E)$的$Y$的两个开集合，则$f^{-1}(U)$和$f^{-1}(V)$是满足$E$的$X$的开集合。因而，$f^{-1}(U) \cap f^{-1}(V) = f^{-1}(U \cap V)$满足$E$，这意味着$U \cap V$满足$f(E)$并证明命题。

为了证明第一个断言，凭借佐恩的引理，足以证明$X$的不可约子集的集合 3是*归纳*。设$\mathscr{G}$为$\mathfrak{S}$的子集，全包含排序；我们证明集合 $F \in \mathscr{G}$ 的并 $E$ 是不可约的。令$U, V$为满足$E$的两个$X$开集合；由于$\mathscr{G}$是全序的，因此存在集合$F \in \mathscr{G}$满足$U$和$V$；由于$F$是不可约的，$U \cap V$满足$F$，因此也满足$E$，这证明$E$是不可约的，因此3是归纳的。第二个断言紧随第一个，因为单个点的$X$由……组成中的每个子集都是不可约的。

$X$ 的每个不可约子空间都由命题 1 连接，因此包含在 $X$ 的连通分量中。

注 $X$ 的两个不同的不可约分量在公共的 (习题 11) 中可能有点。

我们可以将自己限制在没有两个 $P_i$ 具有可比性的情况。如果$E$是$X$的不可约子集，则$E \subset \bigcup_{i=1}^n P_i$，因此$E$包含在闭集合$P_i$之一中；这证明$P_i$是$X$唯一最大不可约子集。

$\overline{E}$ 是 $\overline{Q}_i$ 的并，它们是不可约的 (命题 2)；因为$Q_i$在$E$、$\overline{Q}_i \cap E = Q_i$关闭；作为 $Q_i \notin Q_j$ 对于 $i \neq j$、$\overline{Q}_i \notin \overline{Q}_j$、从而命题 6 的推论。

如果 $V$ 在 $U$ 内闭且不可约，则 $\overline{V}$ 不可约 (命题 2) 且$V = \overline{V} \cap U$。相反，如果 $Z$ 是不可约且在 $X$ 内闭且满足 $U$，则 $Z \cap U$ 是 $Z$ 的非空开子集，因此不可约 (命题 3) 且在 $Z$ 是稠密的，并且， $Z$已关闭，$Z = \overline{Z} \cap U$。这就证明了命题。

(i) 令$X$为诺特空间、$X$中的$A$子空间和$A$中的子集中的$(F_i)$递减序列，其闭合时间为$A$；然后是$F_i = \overline{F_n} \cap A$以及$X$形式递减序列中$F_i$的闭包$\overline{F_n}$，以及$X$的已关闭子集。由于序列是静止的，所以序列 $(F_i)$ 也是静止的。

(ii) 令$(G_n)_{n \geq 0}$为$X$的闭子集的递减序列；到假设，序列 $(G_n \cap A_i)_{n \geq 0}$ 中的每一个都是静止的。由于$I$是有限的，因此存在整数$n_0$，因此对于$n \geq n_0$，$G_n \cap A_i = G_{n_0} \cap A_i$，对于所有$i \in I$。但是

因此序列 $(G_n)$ 是静止的，$X$ 是诺特。

为了证明条件是必要的，凭借命题8，证明每个诺特空间$X$是拟紧的就足够了。设$(U_i)_{i \in I}$是$X$的开覆盖； 集合 $U_i$ 的有限并的集合是非空的，因此承认极大元素 $V = \bigcup_{i \in H} U_i$，其中 $H$ 是 $I$ 的有限子集。到定义，$V \cup U_i = V$适用于所有$i \in I$，因此$V = X$。

相反，假设$X$的每个开集合都是拟紧的，并令$(U_i)$为$X$的开子集的递增序列。 $U_i$ 的并 $V$ 是开放的，因此是准紧凑的；由于$(U_i)$是$V$的开覆盖，因此存在$(U_i)$的有限子族，它是$V$的覆盖，因此对于某些指标$n$有$V = U_n$，这证明序列$(U_i)$是平稳的。

假设$F \neq E$；那么$CF$将有一个最小的元素$b$。由定义，$x \in F$为所有$x < b$，这意味着$b \in F$，这是一个矛盾。

足以证明X是不可约闭子集的有限并（编号1，命题6）。让我们证明，诺特归纳的原理可以应用，取E为X的闭子集的集合，按包含排序，F为不可约闭的有限并的集合子集。设 Y 为 X 的闭子集，使得 Y 属于到 F 的每个闭子集$\neq Y$。如果 Y 不可约，则$Y \in F$乘定义；否则，Y 是与 Y 不同的两个闭子集 $Y_1,\ Y_2$ 的并。则 F 的$Y_1 \in F$ 和 $Y_2 \in F$ 乘以假设，从而 $Y \in F$ 乘以定义。

特别是，*Hausdorff* 诺特空间必然是*有限*。

(iii) 映射 3 和 V 定义递减双射，其中一个是另一个的逆，位于 X 的闭子集的集合和 A 理想的集合之间，其中等于它们的根号。

断言 (i) 和 (ii) 的第一个断言由定义和 § 2, no. 6 推出，推论 1 到命题 13. 如果闭合集合 V(M)（对于某些 M ⊂ A） 包含 Y，则对于每个素理想 p ∈ Y，M ⊂ p，从而 M ⊂ J(Y)，因而 V(M) ⊃ V(J(Y))；因为 Y ⊂ V(J(Y))，V(J(Y)) 是 X 包含 Y 的最小的闭集合，从而完成 (ii) 的证明。最后，由 (ii) 得出，如果 a 是等于其根式的素理想，则 J(V(a)) = a，如果 Y 闭于 X，则 V(J(Y)) = Y；这就证明了(iii)。

从命题 11 可以立即得出，如果 M 是 A 中的任意子集并且 Y 是 X 中的任意子集，则 V(M) = V(J(V(M))) 且 J(Y) = J(V(J(Y)))。

由命题 11 (iii) 可知，J(∩_{λ ∈ L} Y_λ) 是最小的理想值，等于其根式，且包含所有 J(Y_λ)；这个理想则包含 Σ_{λ ∈ L} J(Y_λ) ，因此也是 Σ_{λ ∈ L} J(Y_λ) 的根式（§ 2, no. 6，推论 2 到命题 13），从而推论。

直接的关系 b ⊂ r(a) 和 r(b) ⊂ r(a) 是等价的，并且由于 V(a) = V(r(a))，推论立即从命题 11, (iii) 得出。

关系 X_g ⊂ ∪_{λ ε L} X_{f_λ} 等价于 V(g) ⊃ ∩_{λ ε L} V(f_λ) 并且应用推论 2 就足够了。

推论 4，对于 A 的两个元素 f, g 到满足 X_f = X_g，存在两个整数 m > 0, n > 0 使得 f^m ∈ Ag 且 g^n ∈ Af 是充分必要的。

这直接从推论 4 得出。

作为拓扑的$X_g$形式基，足以证明，如果$(g_\lambda)_{\lambda \in L}$是$A$的元素的族，使得$X_f \subset \bigcup_{\lambda \in L} X_{g_\lambda}$，则存在有限子族$(g_{\lambda_i})_{i \in I}$使得$X_f = \bigcup_{i \in I} X_{g_{\lambda_i}}$。但关系$X_f = \bigcup_{\lambda \in L} X_{g_\lambda}$意味着存在整数$n > 0$和一个有限子族$(g_{\lambda_i})_{i \in I}$，使得“f”属于达到该子族生成的理想（推论3到命题11）； 从而命题。

对于$M \subset A$，集合$(^a h)^{-1}(V(M))$是$A'$的素理想$p'$的集合，使得$M \subset \overline{h}(p')$，相当于$h(M) \subset p'$；那么这个集合等于$V(h(M))$，因此是封闭的。

我们称$^a h$映射与同态$h$相关联。

设$f' = f/s$，其中$f \in A, s \in S$；那么 $X'_{f'} = X'_{f/1}$ 因为 $s/1$ 在 $A'$ 中是可逆的。我们已经知道$^a h$是单射的，并且对于所有$p' \in X'$，关系$f/1 \in p'$和$f \in h^{-1}(p') = ^a h(p')$是等价的，因此条件$p' \in X'_{f/1}$和$^a h(p') \in X_f$是等价的；这表明$^a h(X'_{f'})$等于$X_f \cap ^a h(X')$，从而等于第一个断言，因为$X$的拓扑的$X, (resp.\ X'_{f'})$形式基（分别为$X$）。第二个断言源自 , no. 5, 命题 11 (ii)

写$p = \mathfrak{J}(Y)$，我们注，对于元素$f \in A$，关系$f \in p$相当于$Y \subset V(f)$。假设$Y$是不可约的，并令$f, g$是$A$的元素，使得$fg \in p$。然后

由于$Y$是不可约的，并且$V(f)$和$V(g)$是闭集，$Y \subset V(f)$或$Y \subset V(g)$，因此$f \in p$或$g \in p$，这证明$p$是素数。

现在假设$p$是素数；那么 $\overline{Y} = V(p)$ (命题 11 (ii)) 并且，由于 $p$ 是质数，$p = \mathfrak{J}(\{p\})$、从而 $\overline{Y} = V(\mathfrak{J}(\{p\})) = \{p\}$ (命题 11 (ii))。由于单个点的集合由……组成是不可约的，$Y$是不可约的（no. 1，命题2）。

由命题 11 (i)，$\mathfrak{J}(X)$是理想$(0)$的根式，即$\mathfrak{N}$。

对于$A$的每个素理想$p$和$Y = V(\mathfrak{J}(Y))$对于$X$的每个闭子集$Y$来说$\mathfrak{J}(V(p)) = p$，第一个断言是从命题14得出的；另一方面，对于$Y \supset V(p)$，有必要且充分：

（命题11），从而第二个断言。

$X = \mathrm{Spec}(A)$只有有限的数不可约分量（推论7到命题11和no. 2，命题10），并且推论来自上面的推论2。

设$(e_i)_{i \in I}$为$E$和集合$Y_i = \mathrm{V}(A(1 - e_i))$中的元素；如果$i \neq j$，则$1 = 1 - e_i + e_i(1 - e_j) \in A(1 - e_i) + A(1 - e_j)$，从而$Y_i \cap Y_j = \varnothing$（公式（1）和（2））。另一方面，

(公式(3));

由假设 $\prod_{i \in I} (1 - e_i) = 1 - \sum_{i \in I} e_i = 0$、从而 $\bigcup_{i \in I} Y_i = X$ (公式 (I))。由于$Y_i$关闭，从而$\overline{\omega}(E) \subset P$也开放。另外，显然$A = \sum_{i \in I} Ae_i$；如果$0 = \sum_{i \in I} a_i e_i$，其中$a_i \in A$，我们通过乘以$e_i$，得到所有$i$的$O = a_i e_i^2 = a_i e_i$；这证明了$\sigma(E) \subset S$。

假设整数 $m \geq 0, n \geq 0$ 存在$e = e^m \in Af$ 和 $f = f^n \in Ae$；设$x, y$为$A$的元素，使得$e = xf, f = ye$；然后$ef = x^2 = x = e$，类似地$ef = ye^2 = ye = f$，从而$e = f$。

引理 2 和推论 2 到命题 11 表明映射 $\overline{\omega}$ 和 $\sigma$ 是*内射*。

让我们证明 $\sigma$ 是满射的。如果$(a_i)_{i \in I}$是$S$的元素，则有元素$e_i \in a_i$使得$1 = \sum_{i \in I} e_i$；如果$i \neq j$，则$e_i e_j \in a_i \cap a_j = \{0\}$，从而

最后，$Ae_i \subset a_i$，对于所有$i \in I$和$\sum_{i \in I} Ae_i = A$，从而$Ae_i = a_i$。

仍有待证明 $\overline{\omega}$ 是满射。设$(U_i)_{i \in I}$为$P$和集合$Z_i = \bigcup_{j \neq i} U_j$中的元素；由于 $U_i$ 和 $Z_i$ 是闭合的，因此存在 $A$ 的理想$a_i, b_i$，使得 $U_i = \mathrm{V}(a_i), Z_i = \mathrm{V}(b_i)$。现在我们证明可以进一步假设 $a_i \cap b_i = 0$。现在$U_i \cap Z_i = \varnothing$、从而$a_i + b_i = A$；令 $a_i, b_i \in a_i, b_i$ 使得$a_i + b_i = 1$。那么$X = U_i \cup Z_i = \mathrm{V}(a_i b_i)$(公式(3));因此，$a_i b_i$的每一个元素都是幂零的（推论2到命题11）；令$p$为整数，使得$a_i^p b_i^p = 0$。然后$U_i \subset \mathrm{V}(Aa_i) = \mathrm{V}(Aa_i^p)$，

和$V(Aa_i) \cap V(Ab_i) = V(Aa_i + Ab_i) = \varnothing$，因此有$U_i = V(Aa_i^p)$和$Z_i = V(Ab_i^p)$，这通过替换建立了我们的断言，通过$Aa_i^p$建立了$a_i$，并通过$Ab_i^p$建立了$b_i$。由此选择理想$a_i$和$b_i$，从$\sigma$是双射的事实可以得出，存在两个幂等$f_i \in a_i, e_i \in b_i$使得$1 = e_i + f_i, e_i f_i = 0, a_i = Af_i, b_i = Ae_i$。如果$i \neq j$，则$X = Z, \cup Z_j = V(Ae_i e_j)$，并且由于$e_i e_j$是幂等的，引理2表明$e_i e_j = 0$。最后$e = \sum_{i \in I} e_i$是幂等的，$e_i \in Ae$对于所有$i \in I$，从而$V(Ae) \subset Z$，对于所有$i$；由此可见

引理 2 也表明$e = 1$。

我们写$A' = A/r$。我们知道（注紧随命题13）

是一个同胚，$A$包含$r$乘假设的每个素理想。 命题 15 表明，$A$ 中存在一个幂等的有限正交族 $(e_i)_{i \in I}$，使得$\sum_{i \in I} e_i = 1$ 以及$V(A'(1 - e'_i))$ 的$ah$ 下的像为$V(A(1 - e_i))$。但显然 $V(A(1 - e_i))$ 也是 $ah$ 下的像

由于$1 - e'_i$和$1 - h(e_i)$是幂等的，引理2表明$e'_i = h(e_i)$、从而的推论。