Cho $(p_1, p_2, \ldots, p_l)$ là một cơ sở của P, và $X_1, X_2, \ldots, X_l$ là các bất định. Ánh xạ A-tuyến tính từ $A[X_1, \ldots, X_l, X_1^{-1}, \ldots, X_l^{-1}]$ vào $A[P]$ biến $X_1^{n_1} X_2^{n_2} \ldots X_l^{n_l}$ (trong đó $n_1, n_2, \ldots, n_l \in \mathbf{Z}$) thành $e^{n_1 p_1 + \cdots + n_l p_l}$ là một đẳng cấu vành. Bây giờ $A[X_1, \ldots, X_l]$ là một vành giai thừa (Đại số giao hoán, Chap. VII, § 3, no. 5), và $A[X_1, \ldots, X_l, X_1^{-1}, \ldots, X_l^{-1}]$ là vành các phân thức của $A[X_1, \ldots, X_l]$, do đó nó cũng là giai thừa.

Cho $P'$ (ứng với $P''$) là tập hợp các phần tử của P mà một bội nào đó của chúng thuộc $\mathbf{Z}u + \mathbf{Z}v$ (ứng với $\mathbf{Z}u$). Khi đó các nhóm $P/P'$ và $P'/P''$ là không xoắn, nên tồn tại một phần bù của $P''$ trong $P'$ và một phần bù của $P'$ trong P. Do đó, tồn tại một cơ sở $(z_1, z_2, \ldots, z_l)$ của $\mathbf{Z}$-môđun P và các số nguyên hữu tỉ $j, m, n$ sao cho $u = jz_1, v = mz_1 + nz_2, j > 0, n > 0$. Đặt $X_i = e^{z_i}$ với $1 \leq i \leq l$, khi đó ta có $1 - e^u = 1 - X_1^j, 1 - e^v = 1 - X_1^m X_2^n$. Cho K là một bao đóng đại số của trường phân thức của A, để $A[P]$ có thể được đồng nhất với một vành con của vành $B = K[X_1, \ldots, X_l, X_1^{-1}, \ldots, X_l^{-1}]$. Với mọi nghiệm bậc $j$ của đơn vị $z$, $1 - zX_1$ là cực biên trong

hơn nữa, iđêan sinh bởi $1 - zX_1$ không chứa đơn thức nào theo các $X_i$. Ta kết luận rằng iđêan $(1 - zX_1)B$ của B là một iđêan nguyên tố chiều cao 1

(Đại số giao hoán, Chương VII, § 1, no. 6), do đó $1 - zX_1$ là cực biên trong B. Vì thế các thừa số cực biên của $1 - X_1^j$ trong B có dạng $1 - zX_1$. Bây giờ không một thừa số nào trong các thừa số đó chia hết $1 - X_1^m X_2^n$ trong B (vì đồng cấu $f$ từ B vào B sao cho $f(X_1) = z^{-1}, f(X_i) = X_i$ với $i \geq 2$, thỏa mãn

Do đó, $1 - X_1^j$ và $1 - X_1^m X_2^n$ là nguyên tố cùng nhau trong B. Do đó, mọi ước chung của $1 - X_1^j$ và $1 - X_1^m X_2^n$ trong $A[P]$ đều khả nghịch trong B và vì thế, sai khác bởi phép nhân với một phần tử có dạng $X_1^{k_1} X_2^{k_2} \ldots X_l^{k_l}$, đều bằng một phần tử $a$ của A; nói cách khác, $a$ chia hết 1 trong A, nên khả nghịch trong A. Vậy, sau cùng, $1 - X_1^j$ và $1 - X_1^m X_2^n$ là nguyên tố cùng nhau trong $A[P]$.

Đặt $x = \sum_p x_p e^p, y = \sum_r y_r e^r$ và $xy = \sum_t z_t e^t$. Khi đó $r \leq q$ với mọi $r \in P$ sao cho $y_r \neq 0$ và $z_t = \sum_{p+r=t} x_p y_r$.

Nếu $t = p + q = p' + r$ với $p \in X$ và $x_{p'} y_r \neq 0$, thì $r \leq q$, nên $p' \geq p$ và do đó $p' = p$. Vì thế $z_{p+q} = x_p y_q = x_p \neq 0$. Điều này cho thấy rằng $X + q$ được chứa trong giá đỡ của tích $xy$.

Mặt khác, nếu $t = p' + r$ với $x_{p'} y_r \neq 0$, thì tồn tại $p \in X$ sao cho $p' \leq p$ và ta có $t \leq p + q$. Vậy giá của $xy$ là cực đại được chứa trong $X + q$. Vì không có hai phần tử nào của $X + q$ là so sánh được với nhau, suy ra $X + q$ chính xác là giá cực đại của $xy$ và ở trên ta đã thấy rằng $z_{p+q} = x_p$ với $p \in X$, điều này hoàn thành chứng minh của bổ đề.

Các trọng số $w(p)$ với $w \in W$ và $p \in P \cap C$ là từng đôi một phân biệt. Suy ra các $J(e^p)$ với $p \in P \cap C$ là độc lập tuyến tính.

Mặt khác, cho $x = \sum_p x_p e^p$ là một phần tử phản bất biến của $A[P]$. Nếu $p_0$ thuộc một tường, thì nó bất biến dưới một phép đối xứng $s \in W$ và

Suy ra $2x_{p_0} = 0$, nên $x_{p_0} = 0$. Vì mọi phần tử không thuộc bất kỳ tường nào đều có thể được viết duy nhất dưới dạng $w(p)$ với $w \in W$ và $p \in P \cap C$, do đó ta có Vì $w(x) = \sum_p x_p e^{w(p)} = \varepsilon(w) \sum_p x_p e^p$, nên $x_{w(p)} = \varepsilon(w)x_p$ và ta suy ra từ (2) rằng điều này hoàn tất chứng minh.

Bây giờ xét phần tử $d$ của đại số $A[\frac{1}{2}P]$ được định nghĩa bởi

Vì $\rho \in P$, nên $d \in A[P]$.

Ta biết rằng, với $1 \leq i \leq l$, phép phản xạ $s_i = s_{\alpha_i}$ giữ ổn định tập các căn dương khác $\alpha_i$ và rằng $s_i(\alpha_i) = -\alpha_i$ (§ 1, no. 6, Hệ quả 1 của Mệnh đề 17). Do đó,

Vì các $s_i$ sinh ra $W$, điều này chứng minh mệnh đề thứ nhất trong (i). Mệnh đề thứ hai trong (i) suy ra ngay lập tức từ (3) và Bổ đề 2, khi lưu ý rằng 1 là số hạng cực đại duy nhất của $1 - e^{-\alpha}$ đối với $\alpha \in R, \alpha > 0$.

Bây giờ giả sử rằng $A = \mathbf{Z}$. Theo Mệnh đề 1,

Mặt khác, hiển nhiên là

Nếu $p \in P \cap C$ với $p \neq \rho$, thì $p > \rho$ và hệ số của $e^p$ trong $d$ bằng không theo (5). Do đó, $c_p = 0$. Hơn nữa, việc so sánh các hệ số của $e^\rho$ trong (4) và (5) cho thấy $c_\rho = 1$ và vì thế $d = J(e^\rho)$.

Ta tiếp tục giả sử rằng $A = \mathbf{Z}$. Cho $p \in P, \alpha \in \mathbf{R}$ và $M$ là một hệ các đại diện của các lớp kề phải của $W$ đối với nhóm con $\{1, s_\alpha\}$. Khi đó,

Bây giờ $s_\alpha w(p) = w(p) - \langle \alpha^*, w(p) \rangle \alpha = w(p) + n_w \alpha$, với $n_w \in \mathbf{Z}$. Do đó,

Nếu $n_w \geq 0$, hiển nhiên là $1 - e^{n_w \alpha}$ chia được cho $1 - e^\alpha$ và điều này cũng đúng khi $n_w < 0$ vì $1 - e^{n_w \alpha} = -e^{n_w \alpha}(1 - e^{-n_w \alpha})$. Vậy $J(e^p)$ chia được cho $1 - e^\alpha$ trong $\mathbf{Z}[P]$.

Theo Bổ đề 1, $\mathbf{Z}[P]$ là một vành phân tích duy nhất và các phần tử $1 - e^\alpha$ với $\alpha \in \mathbf{R}$ và $\alpha > 0$ là đôi một nguyên tố cùng nhau. Suy ra $J(e^p)$ chia được trong $\mathbf{Z}[P]$ cho tích $\prod_{\alpha > 0} (1 - e^\alpha)$, và do đó cũng chia được cho $d = e^{-\rho} \prod_{\alpha > 0} (1 - e^\alpha)$.

Trở lại trường hợp tổng quát, bằng phép mở rộng các vô hướng từ $\mathbf{Z}$ sang $A$, ta suy ra từ trên rằng $d = J(e^\rho)$ và mọi phần tử $J(e^p)$ đều chia được cho $d$. Vì $e^\rho$ là số hạng cực đại duy nhất của $d$, Nhận xét của no. 2 cho thấy rằng tồn tại một phần tử duy nhất $y \in A[P]$ sao cho $J(e^p) = dy$ và ngay lập tức suy ra rằng $y$ là bất biến dưới $W$, và do đó $d$ và $J(e^p)$ là phản bất biến. Điều này chứng minh (i) và (ii).

Cuối cùng, nếu 2 không là một ước của không trong $A$, thì Nhận xét của no. 2 và Mệnh đề 1 suy ra (iii).

từ đó suy ra (b). Do đó $J' \in \mathfrak{S}$, mâu thuẫn. Vậy $J = I$ và bổ đề được chứng minh.

Bây giờ chúng ta chứng minh Mệnh đề 3. Ta áp dụng Bổ đề 4 với $I = P \cap \overline{C}$. Cho $q \in I$, và gọi $I_q$ là tập hợp các $p \in I$ sao cho $p \leq q$. Nếu $p \in I_q$, các hệ thức

suy ra rằng và do đó Vậy tập hợp $I_q$ là bị chặn. Vì $I$ là rời rạc, suy ra $I_q$ là hữu hạn, và hiển nhiên là $I$ thỏa mãn điều kiện (MIN). Mặt khác, với mọi $p \in I$, nên theo (6). Mệnh đề bây giờ suy ra từ các Bổ đề 3 và 4.

Bổ đề 2 kéo theo rằng ảnh qua $\varphi$ của đơn thức $X_1^{n_1} \ldots X_l^{n_l}$ là một phần tử có số hạng cực đại duy nhất $e^{n_1 \overline{\omega}_1 + \cdots + n_l \overline{\omega}_l}$. Vì mọi phần tử của $P \cap \overline{C}$ đều có thể viết một cách duy nhất dưới dạng $n_1 \overline{\omega}_1 + \cdots + n_l \overline{\omega}_l$, Mệnh đề 3 cho thấy rằng các ảnh qua $\varphi$ của các đơn thức $X_1^{n_1} \ldots X_l^{n_l}$ tạo thành một cơ sở của $A[P]^W$, do đó suy ra định lý.