中山の補題
∑ i = 1 n x i k i = ∑ i = 1 n x i , ( k i ∈ J ( R ) ) {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}k_{i}=\sum _{i=1}^{n}x_{i},\quad (k_{i}\in J(R))}
分配律を適用して、
∑ i = 1 n x i ( 1 − k i ) = 0 {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}(1-k_{i})=0}
k i ∈ J ( R ) {\displaystyle k_{i}\in J(R)} であるので、それは準正則であり、したがってすべての i に対して 1 − k i ∈ U ( R ) {\displaystyle 1-k_{i}\in U(R)} 、ただし U(R) は R の単元群を表す。ある j を選び、
∑ i = 1 n x i ( 1 − k i ) ( 1 − k j ) − 1 = 0 {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x_{i}(1-k_{i})(1-k_{j})^{-1}=0}
と書く。したがって、
∑ i ≠ j x i ( 1 − k i ) ( 1 − k j ) − 1 = − x j {\displaystyle \sum _{i\neq j}x_{i}(1-k_{i})(1-k_{j})^{-1}=-x_{j}}
ゆえに xj は xj と異なる X の元の線型結合である。これは X の極小性に矛盾する。証明終了。