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通常的证明见香蕉空间词条。下面是一个不同的证明，翻译自terrytao.wordpress.com/2007/11/26/hilberts-nullstellensatz/
我们将对 $d$（即方程组中的变量数量）进行归纳。
— 基础情况 $d=1$ —
情况 $d=0$ 是平凡的，所以我们用 $d=1$ 的情况作为基础情况，因此 $P_1, \ldots, P_m, R$ 都是一元多项式。这个情况很容易从代数基本定理中得出，但为了后续的目的，重要的是使用一种更算法化的证明，其中多项式 $Q_1,\ldots,Q_m$ 的系数是从 $P_1, \ldots, P_m, R$ 的系数中以显式可计算的方式获得的（仅使用加法、减法、乘法、除法和判断是否为零的操作）。无需找到多项式的根就能构造 $Q_1,\ldots,Q_m$.
我们说一个多项式集合 $(P_1,\ldots,P_m; R)$ 遵守 nullstellensatz，如果 (1) 和 (2) 中至少有一个为真。显然，(1) 和 (2) 不能同时为真，所以要证明 nullstellensatz，只需证明每个集合 $(P_1,\ldots,P_m; R)$ 都遵守 nullstellensatz。
我们当然可以丢弃任何恒等于零的 $P_i$，因为这不会影响 $(P_1,\ldots,P_m;R)$ 是否遵守 nullstellensatz。如果没有剩下的 $P_i$，那么我们处于情况 (1)，因为多项式 R 至多有有限多个零点，并且因为代数闭域必须是无限的。所以假设我们有一些非零的 $P_i$。我们反复使用扩展欧几里得算法来找到剩余 $P_i$ 的最大公约数 D(x)。注意，这个算法自动为我们提供了一些多项式 $Q_1(x),\ldots,Q_m(x)$，使得
$P_1(x) Q_1(x) + \ldots + P_m(x) Q_m(x) = D(x)$。
因此，我们看到 $(P_1,\ldots,P_m;R)$ 遵守 nullstellensatz 当且仅当 $(D;R)$ 遵守 nullstellensatz。所以我们有效地简化到 m=1 的情况。
现在我们再次应用扩展欧几里得算法，这次是对 D 和 R，来表示 D 和 R 的最大公约数 D’ 为 D A + R B 的组合，并且还将 D 因式分解为 D’ S，将 R 因式分解为 D’ T，对于一些多项式 A, B, S, T 满足 AS + BT = 1。通过一些代数运算，我们看到，当且仅当存在一个解 x 使得
$D(x) = 0; R(x) \neq 0$
时，问题
$S(x) = 0; D'(x) \neq 0$
有解。
此外，如果 D’ 的某个幂是 S 的倍数，那么 R 的某个幂是 D 的倍数。因此，我们看到，如果 (S; D’) 遵守 nullstellensatz，那么 (D; R) 也遵守 nullstellensatz。但是我们看到，除非 R 是常数，否则 S 和 D’ 的净度数小于 D 和 R 的净度数，因此通过无限递降，我们可以简化到这种情况。如果 R 为零，那么我们显然处于情况 (2)，所以我们可以假设 R 是非零的。如果 D 是常数，那么我们再次处于情况 (2)，所以假设 D 是非常数的。但是由于该域是代数闭域，D 至少有一个根，因此我们处于情况 (1)。这完成了 d=1 情况的证明。
对于归纳步骤，重要的是要注意，上述证明是算法化的，这意味着如果给定 $P_1,\ldots,P_m,R$ 的系数作为输入，计算机可以应用有限数量的算术操作（加法、减法、乘法、除法），以及有限数量的基于给定变量是否为零的判断操作，以输出以下之一：
- 具有非零多项式 D 的系数，其任何根 x 都将解决 (1)；
- 具有非零多项式 R 的系数，其任何非根 x 都将解决 (1)；或
- 解决 (2) 的多项式 $Q_1,\ldots,Q_m$ 的系数，对于某个特定的 r。
在大多数情况下，判断操作的数量相当多（例如下面解决两个线性方程的例子）。然而，有一种简单的情况只涉及一个判断，即 m=2, R=1，并且 $P_1, P_2$ 是首一多项式。在这种情况下，我们有一个形式为
$P_1 S_1 + P_2 S_2 = \hbox{Res}(P_1,P_2)$
的恒等式，其中 $S_1,S_2$ 是多项式（其系数是 $P_1$ 和 $P_2$ 的系数的多项式组合），并且 $\hbox{Res}(P_1,P_2) \in F$ 是 $P_1$ 和 $P_2$ 的结式，这是 $P_1$ 和 $P_2$ 的系数的另一个多项式组合。如果结果非零，那么我们有
$\frac{1}{\hbox{Res}(P_1,P_2)} S_1 P_1 + \frac{1}{\hbox{Res}(P_1,P_2)} S_2 P_2 = 1$
因此系统是不可解的（我们处于情况 (2)）；否则，系统是可解的。
— 归纳情况 $d>1$ —
现在我们进行归纳情况，当 $d \geq 2$ 并且对于 d-1 的情况已经证明了该命题。基本思路是将系统 (1) 视为一个 d-1 维的一个未知数系统的族。然后我们将对该族中的每个系统应用 d=1 理论，并使用该理论的算法性质将所有内容正确地粘合在一起。
我们将变量 $x \in F^d$ 写成 $x = (y, t)$，其中 $y \in F^{d-1}$ 且 $t \in F$。d 变量的多项式环 F[x] 因此可以视为一个一变量 t 的多项式环 F[y][t]，其系数位于环 F[y] 中。
设 I 是 F[x] 中由 $P_1,\ldots,P_m$ 生成的理想。我们要么需要解决系统
$P_1(y,t) = \ldots = P_m(y,t) = 0$; $R(y,t) \neq 0$ (1)
或者证明
$R^r = 0 \hbox{ mod } I$ 对某些 r 成立。 (2)
我们假设 (1) 没有解，并用此来合成一个形式为 (2) 的关系。
设 $y \in F^{d-1}$ 是任意的。我们可以将多项式 $P_1(y,t),\ldots,P_m(y,t), R(y,t)$ 视为 F[t] 中的多项式，其系数位于 F 中，但恰好以多项式方式依赖于 y。为了强调这一点，我们将 $P_{j,y}(t)$ 写作 $P_j(y,t)$，将 $R_{y}(t)$ 写作 $R(y,t)$。然后根据假设，没有 t 使得
$P_{1,y}(t) = \ldots = P_{m,y}(t) = 0$; $R_{y}(t) \neq 0$。
为了激发策略，让我们考虑简单的情况，当 $R = 1$，m=2，并且 $P_1$，$P_2$ 是 t 的首一多项式。然后根据我们之前的讨论，对于任何固定的 y，当且仅当 $\hbox{Res}(P_{1,y}, P_{2,y})$ 为零时，上述系统是可解的。因此，方程 $\hbox{Res}(P_{1,y}, P_{2,y}) = 0$ 要么有解，在这种情况下我们处于情况 (1)，要么没有解。但在后一种情况下，通过在一个较低维度上应用 nullstellensatz，我们看到 $\hbox{Res}(P_{1,y}, P_{2,y})$ 必须在 y 中是常数。但请记住，结式是 $P_{1,y} S_{1,y} + P_{2,y} S_{2,y}$ 的线性组合，其中多项式 $S_{1,y}$ 和 $S_{2,y}$ 依赖于 $P_{1,y}$ 和 $P_{2,y}$，因此也依赖于 y 本身。因此我们最终处于情况 (2)，并且在这种情况下归纳闭合。
现在我们转向一般情况。应用 d=1 分析，我们得出存在多项式 $Q_{1,y},\ldots,Q_{m,y} \in F[t]$ 和一个 $r = r_{y} \geq 0$，使得
$P_{1,y}(t) Q_{1,y}(t) + \ldots + P_{m,y}(t) Q_{m,y}(t) = R^{r_{y}}_{y}(t)$。 (3)
现在，如果指数 $r_{y}$ 在 y 中是常数，并且 $Q_{1,y},\ldots,Q_{m,y}$ 的系数依赖于 y 的多项式，我们将处于情况 (2)，因此完成。
使 $r_{y}$ 在 y 中成为常数并不困难。实际上，我们观察到 $P_{1,y}(t),\ldots,P_{m,y}(t)$ 的度数在 y 中是统一有界的。检查 d=1 分析，我们得出该算法返回的指数 $r_{y}$ 也在 y 中统一有界。我们总是可以通过将 (3) 的两边乘以 $R_{y}$ 来提高 $r_{y}$ 的值，因此我们可以使 $r = r_{y}$ 独立于 y，从而
$P_1(y,t) Q_{1,y}(t) + \ldots + P_m(y,t) Q_{m,y}(t) = R^r(y,t)$。 (4)
现在我们需要处理 Q 的问题。不幸的是，Q 的系数在 y 中不是多项式；相反，它们在 y 中是分段有理的。实际上，通过检查用于证明 d=1 情况的算法，我们看到该算法进行了有限次数的分支，取决于 y 的某些多项式表达式 T(y) 是否为零。在每个分支路径的末端，算法返回的多项式 $Q_{1,y},\ldots,Q_{m,y}$ 的系数是 $P_{1,y},\ldots,P_{m,y}$ 系数的有理组合，因此是 x 的有理函数。此外，所有的除法操作都是通过在分支过程的某个阶段保证非零的多项式 T(y) 进行的，因此任何这些系数的净分母是某些保证非零的 T(y) 的乘积。
一个例子可能有助于说明这里发生的事情。假设 m=2，R = 1，并且 $P_1(y,t), P_2(y,t)$ 在 t 中是线性的，因此
$P_{1,y}(t) = a(y) + t b(y); P_{2,y}(t) = c(y) + t d(y)$
对于某些多项式 $a,b,c,d \in F[y]$。为了找到给定 y 的 $P_{1,y}$ 和 $P_{2,y}$ 的最大公约数，这决定了系统 $P_{1,y}(t)=P_{2,y}(t)=0$ 的可解性，欧几里得算法分支如下：
- 如果 b(y) 为零，则
- 如果 a(y) 为零，则
- 如果 d(y) 非零，则 $0 P_{1,y} + \frac{1}{d(y)} P_{2,y}$ 是最大公约数（并且系统是可解的）。
- 否则，如果 d(y) 为零，则
- 如果 c(y) 非零，则 $0 P_{1,y} + \frac{1}{c(y)} P_{2,y} = 1$ 是最大公约数（并且系统是不可解的）。
- 否则，如果 c(y) 为零，则 $0 P_{1,y} + 0 P_{2,y}$ 是最大公约数（并且系统是可解的）。
- 否则，如果 a(y) 非零，则 $\frac{1}{a(y)} P_{1,y} + 0 P_{2,y} = 1$ 是最大公约数（并且系统是不可解的）。
- 否则，如果 b(y) 非零，则
- 如果 a(y)d(y)-b(y)c(y) 非零，则 $\frac{d(y)}{a(y) d(y)-b(y)c(y)} P_{1,y} - \frac{b(y)}{a(y) d(y)-b(y)c(y)} P_{2,y} = 1$ 是最大公约数（并且系统是不可解的）。
- 否则，如果 a(y)d(y)-b(y)c(y) 为零，则 $\frac{1}{b(y)} P_{1,y} + 0 P_{2,y}$ 是最大公约数（并且系统是可解的）。
因此，我们看到，即使在解决一个未知数的两个线性方程的相当简单的情况下，也涉及一个适度复杂的分支树。尽管如此，只有有限多的分支路径。这些路径中的一些可能是不可行的，因为不存在任何 $y \in F^{d-1}$ 可以遵循这些路径。但是，给定任何可行路径，例如其中多项式 $S_1(y),\ldots,S_a(y)$ 被观察到为零，并且 $T_1(y),\ldots,T_b(y)$ 被观察到为非零，我们知道（因为我们假设 (1) 没有解）算法创建了一个形式为 (4) 的恒等式，其中 $Q_{1,y},\ldots,Q_{m,y}$ 的系数是 y 的有理多项式，其分母是 $T_1,\ldots,T_b$ 的乘积。因此，我们可以清除分母（如果需要，可以扩大 r）并获得一个形式为
$P_1(y,t) U_1(y,t) + \ldots + P_m(y,t) U_m(y,t) = (T_1(y) \ldots T_b(y) R(y))^r$ (5)
的恒等式，对于某些多项式 $U_1,\ldots,U_m$。这个恒等式在 y 使得 $S_1(y),\ldots,S_a(y)$ 为零并且 $T_1(y),\ldots,T_b(y)$ 为非零时成立。但是检查算法表明，我们需要 $T_1(y),\ldots,T_b(y)$ 为非零的唯一原因是为了除以这些数；如果我们在整个过程中清除分母，我们就会看到我们可以消除这些约束，并推断出 (5) 在 $S_1(y),\ldots,S_a(y)$ 为零时成立。进一步检查算法表明，即使 $S_1(y),\ldots,S_a(y)$ 为非零，这也只会在 (5) 中引入额外的项，这些项是 $S_1, \ldots, S_a$ 的组合（在 $F[y,t]$ 上）。因此，对于任何可行路径，我们在 F[y,t] 中获得一个形式为
$P_1 U_1 + \ldots + P_m U_m = (T_1 \ldots T_b R)^r + S_1 V_1 + \ldots + S_a V_a$
的恒等式，对于某些多项式 $U_1,\ldots,U_m,V_1,\ldots,V_a \in F[y,t]$。换句话说，我们看到
$(T_1 \ldots T_b R)^r = 0 \hbox{ mod } I, S_1, \ldots, S_a$ (5)
对于任何可行路径。
现在我们需要折叠分支树并简化关系 (5) 直到我们获得 (2)。更准确地说，我们声称 (5) 成立（对于某些 r）不仅适用于完整的可行路径（在其中我们一直跟随分支树到末端），而且适用于部分可行路径，在这些路径中我们分支了一部分，然后在至少一个 $y \in F^{d-1}$ 可以解决所有分支约束的地方停止。特别是，空的可行路径将给出 (2)。
为了证明这一点，我们在部分路径的长度上进行反向归纳。因此，假设我们有一些部分可行路径，这需要 $S_1(y),\ldots,S_a(y)$ 为零并且 $T_1(y),\ldots,T_b(y)$ 为非零才能到达这里。如果这条路径是完整的，那么我们已经完成了，所以假设还有进一步的分支，比如在多项式 $W(y)$ 上。至少一个情况 $W(y)=0$ 和 $W(y) \neq 0$ 必须是可行的；因此我们现在分为三种情况。
情况 1: $W(y)=0$ 是可行的，$W(y) \neq 0$ 是不可行的。如果我们遵循 $W(y)=0$ 路径并使用归纳假设，我们得到一个约束
$(T_1 \ldots T_b R)^r = 0 \hbox{ mod } I, S_1, \ldots, S_a, W$ (6)
对于某些 r。另一方面，由于 $W(y) \neq 0$ 是不可行的，我们看到问题
$S_1(y) = \ldots = S_a(y) = 0; T_1 \ldots T_b W(y) \neq 0$
没有解。由于假设 nullstellensatz 对于维度 d-1 成立，我们得出
$(T_1 \ldots T_b W)^{r'} = 0 \hbox{ mod } S_1,\ldots,S_a$。
对于某些 r’。如果我们然后将 (6) 提升到 r’ 的幂 $(T_1 \ldots T_b R)^{r'}$ 以消除 W 的作用，我们得出所需的 (5)（对于 rr’+r’）。
情况 2: $W(y)=0$ 是不可行的，$W(y) \neq 0$ 是可行的。如果我们遵循 $W(y) \neq 0$ 路径，我们得到一个约束
$(T_1 \ldots T_b W R)^{r''} = 0 \hbox{ mod } I, S_1, \ldots, S_a$ (7)
对于某些 r”，而 $W(y)=0$ 路径的不可行性意味着
$S_1(y) = \ldots = S_a(y) = W(y) = 0; T_1 \ldots T_b(y) \neq 0$
没有解，因此通过维度 d-1 的 nullstellensatz 我们有
$(T_1 \ldots T_b)^{r'''} = W Z \hbox{ mod } S_1,\ldots,S_a$
对于某些多项式 Z 和某些 r”’。如果我们然后将 (7) 乘以 $Z^{r''}$ 以消除 W，我们得到所需的 (5)（对于 r”+r”’）。
情况 3: $W(y)=0$ 和 $W(y) \neq 0$ 都是可行的。
在这种情况下，我们得到约束 (6) 和 (7)。我们将 (6) 重写为
$(T_1 \ldots T_b R)^{r} = W Z \hbox{ mod } S_1,\ldots,S_a$
对于某些 Z，然后将 (7) 乘以 $Z^r$ 以消除 W 并得到所需的 (5)（对于 r + r”）。
这归纳地建立了所有部分分支路径的 (5)，最终得到所需的 (2)。 | 
