4-1 SpecとZariski位相

全prime idealsは $(0)$ を含み、properなので $A$ を含みません。従って最初の二式が成り立ちます。
$\mathfrak p$ が $IJ$ を含むとします。もし $I\nsubseteq\mathfrak p$ なら $a\in I\setminus\mathfrak p$ を取れます。任意の $b\in J$ について $ab\in IJ\subseteq\mathfrak p$ で、$\mathfrak p$ はprimeかつ $a\notin\mathfrak p$ なので $b\in\mathfrak p$。従って $J\subseteq\mathfrak p$ です。逆に $I\subseteq\mathfrak p$ または $J\subseteq\mathfrak p$ なら $IJ\subseteq\mathfrak p$。よって $V(IJ)=V(I)\cup V(J)$ です。
$IJ\subseteq I\cap J$ なので $V(I\cap J)\subseteq V(IJ)$。また $I\cap J\subseteq I,J$ から $V(I),V(J)\subseteq V(I\cap J)$。従ってunion formulaと合わせて $V(I\cap J)=V(I)\cup V(J)$ です。
最後に、$\mathfrak p$ が全 $I_\lambda$ を含むことと、そのsumを含むことは同値です。□

前命題によりempty setとwhole spaceが含まれ、有限unionとarbitrary intersectionで閉じています。これはclosed-set axiomsそのものです。□

$I$ を含み $S$ とdisjointなideals全体をinclusionでorderします。chain $\{J_\alpha\}$ のunion $J=\bigcup_\alpha J_\alpha$ はidealです。実際、二elementsはchainの一方のidealに同時に入り、和とscalar multiplesについて閉じます。また $J\cap S=\varnothing$。Zorn's lemmaによりmaximal element $\mathfrak p$ が存在します。
$ab\in\mathfrak p$ かつ $a,b\notin\mathfrak p$ と仮定します。maximalityにより $(\mathfrak p,a)$ と $(\mathfrak p,b)$ はそれぞれ $S$ と交わるので
$$ p_1+r a\in S, \qquad p_2+s b\in S $$
となる $p_1,p_2\in\mathfrak p$、$r,s\in A$ があります。productは $S$ に入りますが
$$ (p_1+ra)(p_2+sb) =p_1p_2+p_1sb+p_2ra+rsab\in\mathfrak p, $$
となり $\mathfrak p\cap S=\varnothing$ に矛盾します。従って $ab\in\mathfrak p$ なら $a\in\mathfrak p$ または $b\in\mathfrak p$ で、$\mathfrak p$ はprimeです。□

$a\in\sqrt I$ なら $a^n\in I$ for some $n$。$I$ を含むprime idealは $a^n$ を含み、prime性から $a$ を含みます。従って左辺は右辺に含まれます。
逆に $a\notin\sqrt I$ とします。multiplicative set
$$ S=\{1,a,a^2,\dots\} $$
は $I$ とdisjointです。前補題により $I\subseteq\mathfrak p$ かつ $\mathfrak p\cap S=\varnothing$ となるprime $\mathfrak p$ があり、特に $a\notin\mathfrak p$。従って $a$ は右辺のintersectionに入りません。最初の式が証明されました。
$V(I)=V(J)$ なら両側のpointsをintersectionして $\sqrt I=\sqrt J$。逆はprime idealsがradicalなので明らかです。□

prime idealは $0$ を含み $1$ を含まないので最初の二式が従います。$fg\notin\mathfrak p$ と $f,g\notin\mathfrak p$ はprime性により同値なのでintersection formulaが成立します。
$\mathfrak p\notin V(I)$ は $I\nsubseteq\mathfrak p$、すなわちある $f\in I$ が $f\notin\mathfrak p$ を満たすことと同値です。これが最後のunion formulaです。全open setはある $V(I)$ のcomplementなのでprincipal opensのunionとなり、finite intersectionsもprincipal openです。従ってbasisです。□

$V(\mathfrak p)$ は $\mathfrak p$ を含むclosed setです。$\mathfrak p\in V(I)$ となる任意のclosed setを取ると $I\subseteq\mathfrak p$ なので、ideal inclusionの反変性から
$$ V(\mathfrak p)\subseteq V(I). $$
従って $V(\mathfrak p)$ は $\mathfrak p$ を含む全closed setsのintersection、すなわちclosureです。第二の主張は $\mathfrak q\in V(\mathfrak p)$ の定義です。□

$\{\mathfrak p\}$ がclosedであることは $V(\mathfrak p)=\{\mathfrak p\}$ と同値です。$\mathfrak p$ がmaximalなら、それを含むproper prime idealは自身だけなので成立します。逆に $\mathfrak p$ がmaximalでなければ、$\mathfrak p\subsetneq J\subsetneq A$ となるideal $J$ があります。prime-existence lemmaを $J$ と $S=\{1\}$ に適用すると、$J$ を含むprime ideal $\mathfrak q$ が存在します。すると $\mathfrak p\subsetneq\mathfrak q$ かつ $\mathfrak q\in V(\mathfrak p)$ なのでpointはclosedではありません。□

$Z=V(I)$ と書きます。$Z$ がirreducibleなら $\sqrt I$ がprimeであることを示します。$fg\in\sqrt I$ なら
$$ Z=V(I)=V(\sqrt I)\subseteq V(fg)=V(f)\cup V(g). $$
irreducibilityにより $Z\subseteq V(f)$ または $Z\subseteq V(g)$。前者なら $f$ は $Z$ の全pointsに入り、prime-intersection theoremから $f\in\sqrt I$。後者なら $g\in\sqrt I$ です。従って $\sqrt I$ はprimeで $Z=V(\sqrt I)$。
逆に $Z=V(\mathfrak p)$ with $\mathfrak p$ primeとします。$Z=Z_1\cup Z_2$、$Z_i=V(I_i)$ なら
$$ V(\mathfrak p)=V(I_1I_2), $$
従って $\sqrt{I_1I_2}=\mathfrak p$。特に $I_1I_2\subseteq\mathfrak p$ なので、prime性から $I_1\subseteq\mathfrak p$ または $I_2\subseteq\mathfrak p$。前者なら $V(\mathfrak p)\subseteq V(I_1)=Z_1$、従って $Z=Z_1$。後者も同様です。よってirreducibleです。
uniquenessは $V(\mathfrak p)=V(\mathfrak q)$ ならradicalsが等しく、prime ideals自身がradicalなので $\mathfrak p=\mathfrak q$。closure formulaによりこのpointはgenericです。□

$\mathfrak q\in\operatorname{Spec}B$ に対し
$$ \varphi^{-1}(\mathfrak q)\supseteq I $$
であることは $\varphi(I)\subseteq\mathfrak q$、さらに $IB\subseteq\mathfrak q$ と同値です。従ってclosed-set inverse-image formulaが成立し、$\varphi^*$ はcontinuousです。complementsを取ればprincipal-open formulaを得ます。
identity formulaはinverse image under identityから従います。$\mathfrak r\in\operatorname{Spec}C$ に対し
$$ (\psi\circ\varphi)^{-1}(\mathfrak r) =\varphi^{-1}(\psi^{-1}(\mathfrak r)), $$
なのでcomposition formulaも成立します。□

prime ideals of $A/I$ はcorrespondence theoremにより、$I$ を含むprime ideals $\mathfrak p$ of $A$ とbijectiveに対応し、mapは $\mathfrak p/I\mapsto\mathfrak p$ です。従ってimageは $V_A(I)$。
continuityは前定理から従います。inverseのcontinuityを示すため、$A/I$ のclosed set $V_{A/I}(J/I)$ を取ります。そのimageは
$$ V_A(J)\cap V_A(I)=V_A(J) $$
inside $V_A(I)$ でrelative closedです。従ってclosed bijectionでありhomeomorphismです。□

「局所化と主開集合」のideal correspondenceをprime idealsに適用します。prime ideal $\mathfrak q\subseteq S^{-1}A$ のcontraction $\mathfrak p$ は $S$ とdisjointです。逆に $\mathfrak p\cap S=\varnothing$ なら
$$ S^{-1}\mathfrak p =\left\{\frac{a}{s}\mid a\in\mathfrak p,\ s\in S\right\} $$
はprime ideal of $S^{-1}A$ です。実際 $(a/s)(b/t)\in S^{-1}\mathfrak p$ なら、ある $u\in S$ で $uab\in\mathfrak p$。$u\notin\mathfrak p$ とprime性から $a\in\mathfrak p$ または $b\in\mathfrak p$。従って一方のfractionが $S^{-1}\mathfrak p$ に入ります。extensionとcontractionが互いにinverseなのでbijectionです。
topologyを確認します。$a/s\in S^{-1}A$ に対し、principal open $D_{S^{-1}A}(a/s)$ のimageは、上のsubset内で $a\notin\mathfrak p$ となるpoints、すなわち $D_A(a)$ とのintersectionです。principal opensはbasisなのでbijectionとそのinverseはcontinuousです。
$S$ が $f$ のpowersなら $\mathfrak p\cap S=\varnothing$ は $f\notin\mathfrak p$ と同値で、right-hand sideは $D_A(f)$ です。□

$(1,0)(0,1)=(0,0)$ なのでprime ideal $\mathfrak r\subseteq A\times B$ は $(1,0)$ または $(0,1)$ を含みます。両方を含めば $(1,1)$ を含みproperでなくなるのでexactly oneを含みます。
$(0,1)\in\mathfrak r$ の場合、$\mathfrak r=\mathfrak p\times B$ for a unique prime $\mathfrak p\subseteq A$。もう一方の場合は $A\times\mathfrak q$ です。従ってsetとしてdisjoint unionです。
$D((1,0))$ は $\mathfrak p\times B$ 型のpoints全体、$D((0,1))$ は $A\times\mathfrak q$ 型のpoints全体で、両者はopenかつclosedです。各piece上のclosed setsは対応するfactorのclosed setsと一致するのでhomeomorphismです。□

principal opensによるcover
$$ D(f)\subseteq\bigcup_{\lambda\in\Lambda}D(g_\lambda) $$
を取ります。$J=(g_\lambda\mid\lambda\in\Lambda)$ と置きます。もし $f\notin\sqrt J$ なら、prime-existence lemmaを $J$ と $\{1,f,f^2,\dots\}$ に適用して、$J\subseteq\mathfrak p$ かつ $f\notin\mathfrak p$ となるprime $\mathfrak p$ を得ます。このpointは $D(f)$ に入りますが、全 $g_\lambda$ を含むのでどの $D(g_\lambda)$ にも入らず、coverに矛盾します。従って $f\in\sqrt J$。
ある $N\ge1$ で $f^N\in J$ です。ideal membershipの定義から有限個 $\lambda_1,\dots,\lambda_r$ と $a_i\in A$ があり
$$ f^N=a_1g_{\lambda_1}+\cdots+a_rg_{\lambda_r}. $$
$f\notin\mathfrak p$ なら右辺の少なくとも一項の $g_{\lambda_i}$ は $\mathfrak p$ に入りません。さもなければright-hand sideが $\mathfrak p$ に入り $f^N\in\mathfrak p$、従って $f\in\mathfrak p$ となるからです。よって
$$ D(f)\subseteq D(g_{\lambda_1})\cup\cdots\cup D(g_{\lambda_r}). $$
任意のopen coverは各openをprincipal opensでrefineできるので、principal coverにfinite subcoverがあることから元のcoverにもfinite subcoverがあります。従って $D(f)$ はquasi-compactです。$f=1$ とすればSpec全体の主張を得ます。□