Először is a balideálok elemeire vonatkozó állítást igazoljuk. Jelöljük I-vel azt a halmazt, amely pontosan az r_1a_1+r_2a_2+\ldots +r_na_n alakban felírható elemeket tartalmazza. Azt kell bizonyítani, hogy I a legszűkebb olyan balideál, amely tartalmazza az a_1, a_2, …, a_n elemeket.

Kezdjük annak igazolásával, hogy I balideál. Ehhez a 18.18. Definíció alapján azt kell megmutatni, hogy I részgyűrű – amihez a 18.15. Tétel feltételeit fogjuk felhasználni –, valamint, hogy tetszőleges elemét balról megszorozva bármelyik R-beli elemmel az eredmény benne van I-ben.

Összeadásra való zártság: Legyen r és s az I halmaz két tetszőleges eleme. Mivel ők I elemei, ezért felírhatók a tételben szereplő alakban:

\begin{aligned}r &= r_1a_1+r_2a_2+\ldots +r_na_n \\ s &= s_1a_1+s_2a_2+\ldots +s_na_n\end{aligned}

Ekkor ezek összege szintén a tételben szereplő alakban írható fel:

r+s = (r_1+s_1)a_1+(r_2+s_2)a_2+\ldots +(r_n+s_n)a_n

Emiatt az r+s összeg szintén benne van I-ben, amely tehát valóban zárt az összeadásra nézve.

Szorzásra való zártság: Legyen s az I halmaz tetszőleges eleme. Mivel s\in I, ezért ő felírható a tételben szereplő alakban:

s=s_1a_1+s_2a_2+\ldots +s_na_n

Ezt balról megszorozva tetszőleges r\in R elemmel az így kapott szorzat szintén a tételben szereplő alakban írható fel:

r\cdot s=r\cdot (s_1a_1+s_2a_2+\ldots +s_na_n)=(rs_1)a_1+(rs_2)a_2+\ldots +(rs_n)a_n

Emiatt az rs szorzat szintén benne van I-ben. Mivel r tetszőleges R-beli elem lehet – beleértve persze az I-beli elemeket is –, ezért I nemcsak az önmagán belüli szorzásra nézve zárt, hanem a tetszőleges R-beli elemekkel való baloldali szorzásokra nézve is.

Tartalmazza a nullelemet: Ez nyilvánvaló, hiszen a nullelem felírható a tételben szereplő alakban:

0=0\cdot a_1+0\cdot a_2+\ldots +0\cdot a_n

Ellentettképzésre való zártság: Legyen r az I halmaz tetszőleges eleme. Mivel r\in I, ezért ő felírható a tételben szereplő alakban:

r=r_1a_1+r_2a_2+\ldots +r_na_n

De ekkor ennek ellentettje szintén felírható ilyen alakban:

-r=(-r_1)a_1+(-r_2)a_2+\ldots +(-r_n)a_n

Emiatt (-r) szintén benne van I-ben, amely tehát zárt az ellentettképzésre is.

Az I halmaz tehát teljesíti a balideálokra vonatkozó 18.18. Definíció szerinti követelményeket, így valóban balideál.

Most azt kell megmutatni, hogy I tartalmazza az a_1, a_2, …, a_n generátorelemeket. Ez nyilvánvaló, hiszen mindegyikük felírható a tételben szereplő alakban:

\begin{aligned}a_1&=1\cdot a_1 + 0\cdot a_2 + 0\cdot a_3 +\ldots +0\cdot a_n \\ a_2&=0\cdot a_1 + 1\cdot a_2 + 0\cdot a_3 +\ldots +0\cdot a_n \\ a_3&=0\cdot a_1 + 0\cdot a_2 + 1\cdot a_3 +\ldots +0\cdot a_n \\ &\vdots \\ a_n&=0\cdot a_1 + 0\cdot a_2 + 0\cdot a_3 +\ldots +1\cdot a_n \end{aligned}

Azt tehát már tudjuk, hogy I egy olyan balideál, amely tartalmazza az a_1, a_2, …, a_n generátorelemeket. Annyit kell még igazolni, hogy ő a legszűkebb ilyen balideál.

A 19.7. Definíció értelmében ez azt jelenti, hogy ha J egy tetszőleges balideál, amely szintén tartalmazza a generátorelemeket, akkor I\sube J. Meg kell tehát mutatni, hogy tetszőleges t\in I esetén t\in J is teljesül.

Mivel t\in I, ezért ő felírható a tételben szereplő alakban:

t=t_1a_1+t_2a_2+\ldots +t_na_n

Azt ugye tudjuk, hogy J tartalmazza az a_1, a_2, …, a_n generátorelemeket. Tekintve, hogy J balideál, ezért tartalmazza a t_1a_1, t_2a_2, …, t_na_n szorzatokat is, valamint ezek összegét is, azaz valóban teljesül t\in J.

Az I halmaz tehát valóban a legszűkebb olyan balideál, amely tartalmazza az a_1, a_2, …, a_n generátorelemeket – épp ahogyan a tétel állítja.

A jobbideálok elemeire vonatkozó állítás a fentiekhez nagyon hasonlóan igazolható, csak épp jobboldali szorzásokat kell alkalmazni. Végül a (kétoldali) ideálok elemeire vonatkozó állítás automatikusan adódik, hiszen egy (kétoldali) ideál egyszerre jobb- és balideál.