Định lý không điểm Hilbert

Trước hết ta phác họa dạng yếu: nếu $J$ là ideal thực sự của $k[x_1,\ldots,x_n]$ thì $V(J)$ khác rỗng. Chọn một ideal tối đại $\mathfrak{m}$ chứa $J$; thương $k[x_1,\ldots,x_n]/\mathfrak{m}$ là một trường, và nó là một $k$-đại số hữu hạn sinh. Bổ đề Zariski nói rằng mọi mở rộng trường như vậy của $k$ là mở rộng đại số hữu hạn của $k$; vì $k$ đóng đại số nên buộc $k[x_1,\ldots,x_n]/\mathfrak{m} = k$. Ảnh của $x_1,\ldots,x_n$ qua ánh xạ thương này cho một điểm $a \in k^n$ với $g(a)=0$ cho mọi $g \in J$, nên $a \in V(J)$.

Với dạng mạnh $I(V(J)) = \sqrt{J}$, bao hàm $\sqrt{J} \subseteq I(V(J))$ là hiển nhiên: nếu $f^r \in J$ thì $f$ triệt tiêu ở mọi nơi mọi phần tử của $J$ triệt tiêu. Bao hàm ngược lại dùng thủ thuật Rabinowitsch: để chứng minh $f \in I(V(J))$ kéo theo $f \in \sqrt{J}$, thêm một biến mới $y$ và xét ideal sinh bởi $J$ cùng với $1 - yf$ trong $k[x_1,\ldots,x_n,y]$.

Ideal mở rộng này có tập nghiệm rỗng (mọi nghiệm chung sẽ cần mọi phần tử sinh của $J$ triệt tiêu, buộc $f$ cũng triệt tiêu ở đó, mâu thuẫn với $1-yf=0$). Theo dạng yếu vừa chứng minh, ideal mở rộng này phải là toàn bộ vành, nên $1$ là một tổ hợp đa thức của các phần tử sinh. Thay $y = 1/f$ và khử mẫu số cho ra một biểu thức tường minh cho thấy một lũy thừa $f^r$ nằm trong $J$, đó chính là $f \in \sqrt{J}$.