From e686d3fcf22f26b6c284013bab9064505472c605 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: "David A. Madore" <david+git@madore.org>
Date: Mon, 28 May 2012 20:58:36 +0200
Subject: Re-add some proofs that had been removed.

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@@ -1214,6 +1214,27 @@ Si $X$ est une variété algébrique affine, alors $X$ est connexe si et
 seulement si les seuls éléments $e \in \mathcal{O}(X)$ vérifiant $e^2
 = e$ (appelés \textbf{idempotents}) sont $0$ et $1$.
 \end{prop}
+\begin{proof}
+Si $e^2=e$ avec $e \neq 0,1$, alors $e(1-e) = 0$.  On a donc $X = Z(e)
+\cup Z(1-e)$ ; et $Z(e) \cap Z(1-e) = \varnothing$ (car $e,1-e$
+engendrent l'idéal unité, si on veut).  Donc $Z(e)$ et $Z(1-e)$ sont
+deux fermés complémentaires l'un de l'autre, donc ils sont aussi
+ouverts.  Comme $e$ n'est pas nul, $Z(e)$ n'est pas $X$ tout entier,
+et de même pour $Z(1-e)$ car $e \neq 1$ ; donc $Z(e)$ est un ouvert
+fermé autre que $\varnothing$ et $X$, et $X$ n'est pas connexe.
+
+Réciproquement, supposons que $X'$ soit un ouvert fermé dans $X$ autre
+que $\varnothing$ et $X$, et soit $X''$ son complémentaire, qui
+vérifie les mêmes conditions.  On peut écrire $X' = Z(I')$ et $X'' =
+Z(I'')$ avec $I',I''$ deux idéaux radicaux stricts
+de $\mathcal{O}(X)$.  Puisque $X' \cap X'' = \varnothing$, on a $I' +
+I'' = (1)$ (où $(1)$ désigne l'idéal unité,
+c'est-à-dire $\mathcal{O}(X)$ tout entier) ; il existe donc $e \in I'$
+tel que $1-e \in I''$.  Mais alors $e(1-e) \in I' \cap I''$, or $I'
+\cap I'' = (0)$ car $X' \cup X'' = X$.  On a donc $e^2 = e$, et $e
+\neq 1$ car $e$ appartient à un idéal strict, et $e \neq 0$ car $1-e
+\neq 1$.
+\end{proof}
 
 \begin{prop}
 Toute variété algébrique affine $X$ est réunion d'un nombre fini de
@@ -1234,6 +1255,31 @@ fermés irréductibles.  De plus, il existe une écriture $X =
 et une telle écriture est unique (à l'ordre des facteurs près) : les
 $X_i$ s'appellent les \textbf{composantes irréductibles} de $X$.
 \end{prop}
+\begin{proof}
+Montrons par l'absurde que $X$ est réunion d'un nombre fini de fermés
+irréductibles : comme $X$ n'est pas lui-même irréductible, on peut
+écrire $X = X_1 \cup X'_1$ avec $X_1$, $X'_1$ fermés stricts dans $X$,
+et l'un d'entre eux ne doit pas être irréductible, disons $X_1$, donc
+on peut écrire $X_1 = X_2 \cup X'_2$, et ainsi de suite.  On obtient
+ainsi une suite de fermés strictement décroissante pour l'inclusion $X
+\supsetneq X_1 \supsetneq X_2 \supsetneq\cdots$, qui correspond à une
+suite strictement croissante d'idéaux (radicaux) dans
+$\mathcal{O}(X)$, ce qui est impossible car $\mathcal{O}(X)$ est
+noethérien (cf. \ref{finite-type-algebras-are-noetherian}).
+
+On peut donc écrire $X = \bigcup_{i=1}^n X_i$, et quitte à jeter les
+$X_i$ déjà inclus dans un autre $X_j$ (et à répéter le processus si
+nécessaire), on peut supposer $X_i \not\subseteq X_j$ pour $i \neq j$.
+
+Montrons enfin l'unicité.  Si $X = \bigcup_{i=1}^n X_i =
+\bigcup_{j=1}^p Y_j$ sont deux telles écritures, on a $X_i =
+\bigcup_{j=1}^p (X_i \cap Y_j)$.  Comme $X_i$ est irréductible, l'un
+des $X_i\cap Y_j$ doit être égal à $X_i$, c'est-à-dire $X_i \subseteq
+Y_j$ ; par symétrie de l'argument, ce $Y_j$ est lui-même inclus dans
+un $X_{i'}$, et comme $X_i \subseteq X_{i'}$, la condition sur la
+décomposition donne $i'=i$, donc $Y_j = X_i$ et on a bien montré que
+chaque $X_i$ est un des $Y_j$ et vice versa.
+\end{proof}
 
 \textbf{Exemple :} $Z(xy) \subseteq \mathbb{A}^2$ a pour composantes
 irréductibles $Z(x)$ et $Z(y)$.  En revanche, il est connexe (=sa
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