Giả sử trên thực tế rằng $p$ không chứa một phần tử nào trong các $a_i$. Với $1 \leq i \leq n$, khi đó tồn tại một phần tử $s_i \in a_i \cap p$; khi đó $s = s_1 s_2 \ldots s_n$ được chứa trong $a_1 a_2 \ldots a_n$, và không được chứa trong $p$, điều này là vô lý.

Một iđêan như vậy $p$ phải chứa $m$ theo Mệnh đề 1 được áp dụng cho $a_i = m$ với $1 \leq i \leq n$; vì $m$ là cực đại, $p = m$.

Ta lập luận bằng quy nạp theo $n = \mathrm{Card}(I)$; mệnh đề là tầm thường nếu $n = 1$. Giả sử $n \geq 2$; nếu tồn tại một chỉ số $j$ sao cho $a \cap p_j \subset \bigcup_{i \neq j} p_i$, thì tập hợp $a$, là hợp của các $a \cap p_i$ với $i \in I$, được chứa trong $\bigcup_{i \neq j} p_i$ và do đó trong một trong các $p_i$ theo giả thiết quy nạp. Vậy giả sử rằng không tồn tại chỉ số như thế; với mọi $j \in I$, gọi $y_j$ là một phần tử của $a \cap p_j$ không thuộc bất kỳ $p_i$ nào với $i \neq j$. Gọi $k$ là một phần tử của $I$ được chọn sao cho $p_k$ là nguyên tố nếu $n > 2$ và được chọn tùy ý nếu $n = 2$; đặt $z = y_k + \prod_{i \neq k} y_i$. Khi đó $z \in a$, vì $a$ đóng đối với phép cộng và phép nhân; nếu $j \neq k$ thì $\prod_{i \neq k} y_i$ thuộc $p_j$, nhưng $y_k \notin p_j$, do đó $z \notin p_j$. Mặt khác, $\prod_{i \neq k} y_i$ không thuộc $p_k$, vì không thừa số nào trong các $y_i \ (i \neq k)$ thuộc nó và $p_k$ là nguyên tố nếu $n - 1 > 1$; vì $y_k \in p_k$, nên $z$ không thuộc $p_k$ và mệnh đề được chứng minh.

Theo giả thiết đã cho, mọi iđêan nguyên tố chứa $a'$ đều chứa $a$ và mọi iđêan nguyên tố chứa $b'$ đều chứa $b$. Nếu một iđêan nguyên tố chứa $a'$ và $b'$, thì nó chứa $a$ và $b$, điều này là vô lý, vì $a$ và $b$ nguyên tố cùng nhau; do đó $a'$ và $b'$ nguyên tố cùng nhau.

Cho $p$ là một iđêan nguyên tố của $A$. Nếu $p$ chứa $a$ và $b_1 b_2 \ldots b_n$ thì nó chứa một trong các $b_i$ (no. 1, Mệnh đề 1), điều này là vô lý vì $a$ và $b_i$ nguyên tố cùng nhau.

Ta lập luận bằng quy nạp theo $n$ là số phần tử của $I$, trường hợp $n = 1$ là tầm thường. Trước hết xét trường hợp $n = 2$. Khi đó tính tương đương của (a) và (b) suy ra từ tính chính xác của dãy

(Đại số, Chương II, § 1, no. 7, công thức (30)). Hơn nữa, tồn tại $e_1 \in a$, và $e_2 \in a_2$ sao cho $1 = e_1 + e_2$; khi đó, với mọi $x \in a = a_1 \cap a_2$, ta có $x = xe_1 + xe_2$; nhưng theo định nghĩa $xe_1 \in a_1 a_2$ và $xe_2 \in a_1 a_2$, do đó $x \in a_1 a_2$; do đó $a \subset a_1 a_2$ và bao hàm ngược lại là hiển nhiên.

Trong trường hợp tổng quát, giả sử điều kiện (a) được thỏa mãn và cho $k$ là một phần tử của $I$ và $b_k = \bigcap_{i \neq k} a_i$; giả thiết quy nạp suy ra rằng $b_k = \prod_{i \in I} a_i$, và từ Mệnh đề 4 suy ra $a$, và $b$, nguyên tố cùng nhau; khi đó

theo phần thứ nhất của lập luận và vì cùng lý do đó đồng cấu chính tắc $A/a \twoheadrightarrow (A/a_k) \times (A/b_k)$ là song ánh; theo giả thiết quy nạp, đồng cấu chính tắc $A/b_k \to \prod_{i \neq k} (A/a_i)$ là song ánh và do đó hợp thành

cũng là song ánh.

chính xác là $\psi$; tức là, (b) được thỏa mãn. Ngược lại, giả sử rằng (b) được thỏa mãn. Ta chứng minh rằng các $a_i$ tất yếu nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Trong trường hợp ngược lại, sẽ tồn tại một iđêan $c \neq A$ chứa $a_i$ và $a_j$, với $i \neq j$. Đặt $a_h' = a_h$ với $h$ khác $i$ và $j$ và $a_i' = a_j' = c$; đồng cấu chính tắc $\phi': A \to \prod_{i \in I} (A/a_i')$ có thể viết thành hợp thành của các ánh xạ

trong đó $f$ là tích của các đồng cấu chính tắc $A/a_i \to A/a_i'$; rõ ràng $\phi'$ không toàn ánh, vì phép chiếu của $+(A)$ lên $(A/a_i') \times (A/a_i')$ là đường chéo của tích $(A/c) \times (A/c)$, khác với tích này vì $c \neq A$. Vì $f$ là toàn ánh, điều đó cho thấy $\phi$ không toàn ánh.

Rõ ràng ánh xạ chính tắc từ $M$ vào $\prod_{i \in I} (M/a_i M)$ bằng không trên $aM$; do đó, bằng cách lấy thương, nó xác định một đồng cấu $A : M/aM \to \prod_{i \in I} (M/a_i M)$. Mặt khác, theo Mệnh đề 5, đồng cấu chính tắc

là song ánh. Khi đó $1_M \otimes \psi : M \otimes (A/a) \to M \otimes \prod_{i \in I} (A/a_i)$ cũng song ánh. Bây giờ $M \otimes (A/a)$ được đồng nhất với $M/aM$ và $M \otimes \prod_{i \in I} (A/a_i)$ với $\prod_{i \in I} M \otimes (A/a_i)$, mà bản thân nó được đồng nhất với $\prod_{i \in I} (M/a_i M)$. Ngay lập tức kiểm tra được rằng các sự đồng nhất ở trên biến $1_M \otimes \psi$ thành $\lambda$, do đó suy ra mệnh đề.