Bizonyítás

Az egyrészt nyilvánvaló, hogy mivel $b\in I$, ezért $b$-nek bármilyen többszöröse is $I$-ben van. Ez az ideál a 18.18. Definíciójából következik. Másrészt azt kell még igazolnunk, hogy $I$-nek ezeken kívül nincs is más eleme. Tegyük fel tehát, hogy $a\in I$, és mutassuk meg, hogy $a$ szükségképpen többszöröse $b$-nek. Mivel $b\neq 0_R$, és $R$ euklidészi gyűrű, ezért $a$ és $b$ között a 17.17. Definíció 1. pontja alapján elvégezhető a maradékos osztás. Azaz létezik olyan $k$ hányados és $r$ maradék, hogy:

Továbbá a 17.17. Definíció 2. pontja alapján az $r$ maradékra az alábbiak közül legalább az egyik teljesül:

Ha $r=0_R$, akkor $a=kb$, azaz ekkor $a$ valóban többszöröse $b$-nek. Tegyük fel indirekt, hogy nem ez a helyzet, azaz $r\neq 0_R$. Ekkor viszont a másik feltételnek kell teljesülnie, hiszen azt mondtuk, hogy legalább az egyik teljesül. Azaz:

Egyrészt, mivel $I$ ideál, és $b\in I$, ezért a 18.18. Definíció miatt $kb\in I$. Másrészt a kiindulási feltételünk miatt $a\in I$, és így – mivel $I$ egyben részgyűrű is – a 18.15. Tétel 4. és 1. pontja alapján az $r=a-kb$ maradék is benne van $I$-ben.

Ez viszont ellentmondás, hiszen a $b$ elemet úgy választottuk meg, hogy ahhoz az $f$ euklidészi függvény a lehető legkisebb természetes számot rendelje hozzá azok közül, amelyeket egyébként az $I$ ideál elemeihez hozzárendel. Az $a$ és $b$ közötti maradékos osztást elvégezve tehát a maradék csak $0_R$ lehet, azaz valójában teljesül a $b|a$ oszthatóság. Az $a$ elem tehát többszöröse $b$-nek, és így $a\in (b)$ teljesül. Más szavakkal a $b$ elem tényleg generálja az $I$ ideált:

Minthogy ez a gondolatmenet tetszőleges ideállal végigjátszható, ezért $R$ valóban főideálgyűrű, ahogyan a tétel állítja.