(i) tôpô yếu và tôpô Jacobson trên $\mathsf{X}(A)$ trùng nhau ;

(ii) Với mọi $\chi \in \mathsf{X}(A)$ và mọi tập con đóng yếu F của $\mathsf{X}(A)$ sao cho $\chi \notin F$, tồn tại một $x\in A$ sao cho $\mathscr{G}(x)$ bằng 1 tại $\chi$ và bằng 0 trên F;

(iii) Với mọi tập con compac yếu K và mọi tập con đóng yếu F của $\mathsf{X}(A)$ sao cho $K\cap F =\emptyset$, tồn tại một phần tử $x\in A$ sao cho $\mathscr{G}(x)$ bằng 1 trên K và bằng 0 trên F.

Cho $M\subset \mathsf{X}(A)$. Nói rằng M đóng đối với tôpô Jacobson có nghĩa là, với mọi $\chi \in \mathsf{X}(A)$ - M, tồn tại một $x\in A$ sao cho $\mathscr{G}(x)$ triệt tiêu trên M nhưng không triệt tiêu tại $\chi$ (bổ đề 2 của I, p. 39). Do đó điều kiện (ii) có nghĩa là mọi tập con đóng yếu của $\mathsf{X}(A)$ đều đóng đối với tôpô Jacobson, điều này chứng tỏ rằng (ii) $=\Rightarrow$ (i). Hơn nữa (iii) $=\Rightarrow$ (ii) vì tập con $\{\chi \}$ là compac yếu trong $\mathsf{X}(A)$. Cuối cùng (i) $=\Rightarrow$ (iii) theo hệ quả của mệnh đề 15 của I, p. 81.

Hãy chứng minh mệnh đề bằng quy nạp theo $n$. Mệnh đề là đúng nếu $n= 1$. Giả sử rằng $n\geqslant 2$ và mệnh đề đã được thiết lập đối với $n-1$.

Tồn tại một phủ mở $(V_1, . . . ,V_n)$ của $\mathsf{X}(A)$ sao cho $\overline{V}_i\subset$ $U_i$ với mọi $i$. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các phần tử $x, x_3, . . . , x_n\in A$ sao cho $x+x_3+\cdots +x_n= 1$ và Supp($\mathscr{G}(x)$)$\subset V_1\cup V_2$, Supp($\mathscr{G}(x_i)$)$\subset V_i$ với $i\geqslant 3$. Đặt K = Supp($\mathscr{G}(x)$)$\subset V_1\cup V_2$. Gọi $K_1$ (resp. $K_2$) là tập hợp các phần tử của K không thuộc $V_1$ (resp. $V_2$). Khi đó $K_1$ và $K_2$ là các tập con compắc rời nhau của K. Vì đại số Banach A là chính quy, do đó tồn tại $y\in A$ sao cho $\mathscr{G}(y) = 1$ trên $K_1$ và $\mathscr{G}(y) = 0$ trên $K_2$. Khi đó $\mathscr{G}(xy)$ bằng không trên $\mathsf{X}(A)-K$ và trên $K_2$, nên Supp $\mathscr{G}(xy)\subset \overline{V}_2\subset U_2$. Tương tự, $\mathscr{G}(x(1-y))$ bằng không trên $\mathsf{X}(A)$ - K và trên $K_1$, nên Supp $\mathscr{G}(x(1-y))\subset \overline{V}_1\subset U_1$. Khi đó các phần tử $x_1=x(1-y),x_2=xy$, và $x_3, . . . ,x_n$ thỏa mãn các tính chất của mệnh đề.

Vì $\mathsf{X}(A)$ là compắc, tồn tại một phủ mở hữu hạn $(U_1, . . . ,U_n)$ của $\mathsf{X}(A)$, và các phần tử $y_1, . . . , y_n$ của I sao cho $f=\mathscr{G}(y_i)$ trên $U_i$. Theo mệnh đề 2, tồn tại các phần tử $x_1, . . . , x_n$ của A có tổng bằng 1 sao cho Supp($\mathscr{G}(x_i)$)$\subset U_i$ với mọi $i$. Đặt $y=x_1y_1+\cdots +$ $x_ny_n$. Đây là một phần tử của I có tính chất cần có. Thật vậy, giả sử $\chi \in \mathsf{X}(A)$. Với $1\leqslant i\leqslant n$, ta có $\mathscr{G}(x_i)(\chi )\mathscr{G}(y_i)(\chi ) =\mathscr{G}(x_i)(\chi )f(\chi )$ vì $\mathscr{G}(y_i)(\chi ) =f(\chi )$ nếu $\chi \in U_i$, và $\mathscr{G}(x_i)(\chi ) = 0$ nếu $\chi \notin U_i$. Do đó

Gọi $\widetilde{A}$ là đại số Banach thu được từ A bằng phép nối một phần tử đơn vị. Khi đó $\widetilde{A}$ là chính quy (nhận xét 1), và $\mathsf{X}'(A) =\mathsf{X}(\widetilde{A})$; vì vậy chỉ cần áp dụng hệ quả 1 cho $\widetilde{A}$ và iđêan I.

Nếu I là một iđêan của một đại số Banach giao hoán, nhắc lại (xem I, p. 30) rằng ta ký hiệu bởi V(I) tập hợp các $\chi \in \mathsf{X}(A)$ mà hạt nhân chứa I, nói cách khác là tập hợp các $\chi \in \mathsf{X}(A)$ mà tại đó mọi hàm $\mathscr{G}(x)$ đều triệt tiêu với $x\in I$. Đó là một tập con đóng của $\mathsf{X}(A)$ đối với tôpô Jacobson.

Đây là một trường hợp riêng của mệnh đề 15 của I, p. 81 nếu lưu ý rằng tôpô Jacobson trùng với tôpô yếu trên $\mathsf{X}(A)$.

Theo phép dựng, Υ(F) là một iđêan của A sao cho V(Υ(F)) chứa F, và đó là iđêan lớn nhất của A có tính chất này. Vì F là đóng, tồn tại một iđêan I của A sao cho V(I) = F; do đó $I\subset \Upsilon (F)$, suy ra $V(\Upsilon (F))\subset V(I) = F$, nên V(Υ(F)) = F. Điều này chứng minh mệnh đề thứ nhất.

Tập J là một iđêan của A và V(J) chứa F. Ta sẽ chứng minh rằng V(J) = F. Giả sử $\chi \in \mathsf{X}(A)$ không thuộc F. Gọi U là một lân cận compắc của $\chi$ không gặp F (TG, I, p. 65, hệ quả của mệnh đề 9). Theo mệnh đề (ii) của mệnh đề 1 của I, p. 88, tồn tại $x\in A$ sao cho $\mathscr{G}(x)$ bằng 1 tại $\chi$ và bằng 0 bên ngoài U. Khi đó ta có $x\in J$ và vì thế $\chi \notin V(J)$. Điều này cho thấy $V(J)\subset F$ và do đó V(J) = F.

Cuối cùng, cho I là một iđêan của A sao cho V(I) = F. Ta sẽ chứng minh rằng $J\subset I$. Cho $x\in J$ và cho C là giá của $\mathscr{G}(x)$; tập con C là một tập con compắc của $\mathsf{X}(A)$ rời nhau với F. Theo Mệnh đề 3, tồn tại một phần tử $u\in I$ sao cho $\mathscr{G}(u) = 1$ trên C. Khi đó ta có $\mathscr{G}(x) =\mathscr{G}(ux)$, và do đó $x=ux$ vì A không có căn (Mệnh đề 8 của I, p. 38). Do đó, ta có $x\in I$, điều này chứng tỏ rằng $J\subset I$.

Nếu I là một iđêan đóng của A không được chứa trong iđêan cực đại chính quy nào, thì $V(I) =\emptyset$, do đó $I\supset J$ (áp dụng Mệnh đề 4 cho F = $\emptyset$ ), suy ra $I\supset \overline{J}= A$.

Cho I là iđêan $Ay$ của A. Khi đó V(I) là tập các điểm không của $\mathscr{G}(y)$. Vì giá F của $\mathscr{G}(x)$ là compắc và rời nhau với V(I), ta có $x\in I$ (áp dụng Mệnh đề 4 cho F).

Gọi G là phần bù của K trong $\mathsf{X}'(A)$. Tập hợp G là mở trong $\mathsf{X}'(A)$ (Nhận xét 3), do đó K là đóng.

Ta lập luận bằng phản chứng, và giả sử rằng K có một điểm cô lập $\chi_0$. Gọi U là một lân cận của $\chi_0$ sao cho U $-\{\chi_0\} \subset G$. Vì $x$ không thuộc I trong một lân cận của $\chi_0$, Nhận xét 5 cho thấy rằng $\chi_0\in V(I)$. Đặc biệt, ta có $\chi_0(x) = 0$ vì $x\in \Upsilon (V(I))$.

Ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại một phần tử $y$ của A thuộc I trong một lân cận của mọi điểm của $\mathsf{X}'(A)-\{\chi_0\}$, không thuộc I trong một lân cận của $\chi_0$, và sao cho $\chi_0(y) = 0$.

Trước hết giả sử rằng sự tồn tại của một phần tử như vậy $y$ đã được chứng minh. Vì A thỏa mãn điều kiện Ditkin, khi đó tồn tại một dãy $(x_n)$ trong A sao cho $x_ny$ tiến tới $y$ và sao cho mỗi $\mathscr{G}'(x_n)$ đều triệt tiêu trong một lân cận của $\chi_0$. Với mọi $n$, phần tử $x_ny$ khi đó thuộc I trong một lân cận của mọi điểm của $\mathsf{X}'(A)$ (Nhận xét 1 và 2) và do đó $x_ny\in I$ (Nhận xét 4). Vì I là đóng, suy ra rằng $y\in I$, điều này mâu thuẫn với việc $y$ không thuộc I trong một lân cận của $\chi_0$.

Còn phải chứng minh sự tồn tại của $y$. Nếu $\chi_0\not= 0$, theo mệnh đề (iii) của Mệnh đề 1 của I, p. 88, tồn tại một $u\in A$ sao cho $\mathscr{G}'(u)$ bằng 1 trong một lân cận của $\chi_0$ và bằng 0 trong một lân cận của $\mathsf{X}'(A)$ - U. Đặt $y=ux$. Vì $x$ thuộc I trong một lân cận của $\chi$ với mọi $\chi \in U-\{\chi_0\}$, điều tương tự cũng đúng với $y$. Hơn nữa, nếu $\chi \in \mathsf{X}'(A)$ - U, thì $\mathscr{G}'(y)$ triệt tiêu trong một lân cận của $\chi$. Do đó (Nhận xét 5) phần tử $y=ux$ thuộc I trong một lân cận của mọi $\chi \not=\chi_0$. Vì $\mathscr{G}'(y)$ trùng với $\mathscr{G}'(x)$ trong một lân cận của $\chi_0$, việc $\chi_0$ thuộc K kéo theo rằng $y$ không thuộc I trong một lân cận của $\chi_0$. Cuối cùng, ta có $\chi_0(y) =\chi_0(u)\chi_0(x) = 0$.

Nếu $\chi_0= 0$, tương tự cũng tồn tại một phần tử $v\in A$ sao cho $\mathscr{G}'(v)$ bằng không trong một lân cận của $\chi_0$ và bằng 1 trong một lân cận của $\mathsf{X}'(A)$- U; như trên, suy ra rằng phần tử $y=x-vx$ thuộc I trong một lân cận của mọi $\chi \not=\chi_0$, rằng nó không thuộc I trong một lân cận của $\chi_0$, và rằng $\chi_0(y) = 0$.

Thật vậy, giả sử K là một không gian con hoàn hảo khác rỗng của $F\cup D$. Cho $x$ là một điểm của K. Nếu $x$ thuộc D, thì nó cô lập trong D, do đó cũng cô lập trong $F\cup D$ vì F đóng. Vậy nên $x$ cô lập trong K, điều này mâu thuẫn với các giả thiết.

Ta có $I\subset \Upsilon (V(I))$. Bây giờ lấy $x\in \Upsilon (V(I))$. Gọi G là tập hợp các đặc trưng $\chi \in \mathsf{X}'(A)$ sao cho $x$ thuộc I trong một lân cận của $\chi$. Nó là mở và phần bù của nó K là hoàn hảo (Bổ đề 1). Vì $\mathscr{G}'(x)$ bằng không trên V(I), tập hợp G chứa phần trong của $V(I)\cup \{0\}$ (Nhận xét 1). Nó cũng chứa $\mathsf{X}(A)$- V(I) theo Nhận xét 5. Do đó $K =\mathsf{X}'(A)$ - G được chứa trong biên $F_0$ của $V(I)\cup \{0\}$. Ta có $F_0\subset F\cup \{0\}$. Vậy nên giả thiết kéo theo rằng $F_0$ không chứa tập hoàn hảo khác rỗng nào (Bổ đề 2). Do đó từ Bổ đề 1 suy ra tập hoàn hảo K là rỗng. Vì thế $x$ thuộc I trong một lân cận của mọi $\chi \in \mathsf{X}'(A)$, nghĩa là $x\in I$ (Nhận xét 4). Vậy $\Upsilon (V(I))\subset$ I, điều này kết thúc chứng minh.