ابتدا نشان می دهیم که $ Q \neq \emptyset $ است برای این کار کافیست توجه کنیم که طبق قضیه در جبر پیشرفته(فصل اول به کمک لم زرن اثبات می شود.)$I $ مشمول در یک ایده آل ماکزیمال مانند $ m$ است. از آنجایی که حلقه تعویض پذیر و دارای $1$ است لذا این ایده آل یک ایده آل اول است پس $R \setminus m $ یک مجموعه بسته ضربی است که با $I $ اشتراک ندارد. پس $ Q \neq \emptyset $.
حال به سادگی از لم زرن می توان نتیجه گرفت(؟) که این مجموعه دارای عنصر ماکزیمال است.
اثبات قسمت دوم سوال:
فرض کنید $ S $ عنصر ماکزیمال $ Q$ باشد. طبق قضیه می دانیم که $ R \setminus S $ یک ایده آل اول است و از آنجایی که طبق فرض $ I \bigcap S= \emptyset $ پس $ I \subseteq R \setminus S $ حال فرض کنید که این ایده آل اول مینیمال نباشد پس $ p' $ موجود است که $ I \subseteq p' \subsetneq R \setminus S$ پس $ R \setminus (R \setminus S)=S \subsetneq R \setminus p' $ و به وضوح $ R \setminus p'\in Q $ و این تناقض است.
حال فرض کنید که $R \setminus S $ ایده آل اول مینیمال $I$ باشد. فرض کنید $ S' $ عضو ماکزیمال $ Q$ باشد. لذا طبق قسمت قبل
$ R \setminus S' $ ایده آل اول مینیمال $I$ است و لذا
$R \setminus S=R \setminus S' $ پس $ S = S'$ ولذا عضو ماکزیمال است.
