El mapa $\mathscr{O}_X(X)_g\rightarrow\mathscr{O}_X(X_g)$ es inyectiva para los cuasi-compactos $X$ pero puede no ser sobreyectiva si $X$ no está también cuasi separada.
De todos modos, dejemos $X=\bigcup_{i=1}^nU_i$ , $U_i=\mathrm{Spec}(A_i)$ sea un recubrimiento abierto afín finito de $X$ . El mapa $f:X\rightarrow\mathrm{Spec}(A)$ toma un punto $x$ y lo mapea al ideal obtenido como imagen inversa de $\mathfrak{m}_x\subseteq\mathscr{O}_{X,x}$ a lo largo de $A=\mathscr{O}_X(X)\rightarrow\mathscr{O}_{X,x}$ . Así que se quiere demostrar que para cada no-potente $g\in A$ existe $x\in X$ tal que $g\notin f(x)$ es decir, tal que $g_x\notin\mathfrak{m}_x$ . Alternativamente, si $g_x\in\mathfrak{m}_x$ para todos $x$ , usted quiere demostrar que $g$ es nilpotente. Aquí es donde entra la cuasi-compacidad.
La suposición $g_x\in\mathfrak{m}_x$ para todos $x$ implica que, si $g_i$ es la restricción de $g$ a $U_i$ entonces $D(g_i)=\mathrm{Spec}(A_i)$ . Así que $g_i$ se encuentra en el nilradical de $A_i$ es decir, $g_i$ es nilpotente. Por lo tanto, $g_i^{k_i}=0$ para algunos $k_i\geq 1$ .
Dejemos que $k=\max_{1\leq i\leq n}k_i$ . Entonces $g^k\vert_{U_i}=g_i^k=0$ para todos $i$ Así que $g^k=0$ . Esto significa que $g$ es nilpotente.
De hecho, esto es muy similar al argumento utilizado para demostrar que $\mathscr{O}_X(X)_g\rightarrow\mathscr{O}_X(X_g)$ es inyectiva cuando $X$ es cuasi-compacto. Se me ocurre ahora que lo que quieres también se deduce de esta inyectividad, como supones. Si $g\in\mathfrak{m}_x$ para todos $x$ entonces $X_g=\emptyset$ Así que $\mathscr{O}_X(X_g)=0$ y la inyectabilidad de dicho mapa obliga a $\mathscr{O}_X(X)_g=0$ es decir, $g$ es nilpotente.
