Chọn một phần từ nằm trong hợp tất cả các tập và gọi A 1 , A 2 , … , A t ( t > 0 ) {\displaystyle A_{1},A_{2},\dots ,A_{t}(t>0)} là các tập chứa nó. Bởi phần tử được đếm 1 lần theo vế trái của phương trình (1), nên ta cần chứng minh nó cũng được đếm duy nhất 1 lần theo vế phải. Trong vế phải, các phần cộng giá trị không diễn ra khi các tập con có chứa phần tử được chọn, tức là tất cả tập được chọn đều từ A 1 , A 2 , … , A t {\displaystyle A_{1},A_{2},\dots ,A_{t}} . Phần cộng đều bằng một cho mỗi tập hợp này (cộng hoặc trừ dựa trên số hạng) và do đó chỉ cần dựa trên số tập con được dùng. Khi đó ta có

| { A i ∣ 1 ⩽ i ⩽ t } | − | { A i ∩ A j ∣ 1 ⩽ i < j ⩽ t } | + ⋯ + ( − 1 ) t + 1 | { A 1 ∩ A 2 ∩ ⋯ ∩ A t } | = ( t 1 ) − ( t 2 ) + ⋯ + ( − 1 ) t + 1 ( t t ) . {\displaystyle {\begin{aligned}|\{A_{i}\mid 1\leqslant i\leqslant t\}|&-|\{A_{i}\cap A_{j}\mid 1\leqslant i<j\leqslant t\}|+\cdots +(-1)^{t+1}|\{A_{1}\cap A_{2}\cap \cdots \cap A_{t}\}|={\binom {t}{1}}-{\binom {t}{2}}+\cdots +(-1)^{t+1}{\binom {t}{t}}.\end{aligned}}}

Theo định lý nhị thức,

0 = ( 1 − 1 ) t = ( t 0 ) − ( t 1 ) + ( t 2 ) − ⋯ + ( − 1 ) t ( t t ) . {\displaystyle 0=(1-1)^{t}={\binom {t}{0}}-{\binom {t}{1}}+{\binom {t}{2}}-\cdots +(-1)^{t}{\binom {t}{t}}.}

Sử dụng ý ( t 0 ) = 1 {\displaystyle {\binom {t}{0}}=1} là đổi chỗ các số hạng đi, ta được

1 = ( t 1 ) − ( t 2 ) + ⋯ + ( − 1 ) t + 1 ( t t ) , {\displaystyle 1={\binom {t}{1}}-{\binom {t}{2}}+\cdots +(-1)^{t+1}{\binom {t}{t}},}

và do vậ, phần tử được chọn được đếm duy nhất một lần trong vế phải của phương trình (1).

Chứng minh bằng đại số

Chứng minh bằng đại số theo các hàm chỉ thị (hay còn gọi là hàm đặc trưng). Hàm chỉ thị của tập con S của tập X là hàm

1 S : X → { 0 , 1 } 1 S ( x ) = { 1 x ∈ S 0 x ∉ S {\displaystyle {\begin{aligned}&\mathbf {1} _{S}:X\to \{0,1\}\\&\mathbf {1} _{S}(x)={\begin{cases}1&x\in S\\0&x\notin S\end{cases}}\end{aligned}}}

Nếu A {\displaystyle A} và B {\displaystyle B} là hai tập con của X {\displaystyle X} , thì

1 A ⋅ 1 B = 1 A ∩ B . {\displaystyle \mathbf {1} _{A}\cdot \mathbf {1} _{B}=\mathbf {1} _{A\cap B}.}

Gọi A là hợp ⋃ i = 1 n A i {\textstyle \bigcup _{i=1}^{n}A_{i}} của các tập hợp A1, …, An. Để chứng minh nguyên lý bao hàm-loại trừ trong tổng quát, trước hết ta cần kiểm tra định thức

1 A = ∑ k = 1 n ( − 1 ) k − 1 ∑ I ⊂ { 1 , … , n } | I | = k 1 A I {\displaystyle \mathbf {1} _{A}=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k-1}\sum _{I\subset \{1,\ldots ,n\} \atop |I|=k}\mathbf {1} _{A_{I}}}

(⁎)

cho hàm chỉ thị, trong đó:

A I = ⋂ i ∈ I A i . {\displaystyle A_{I}=\bigcap _{i\in I}A_{i}.}

Hàm sau

( 1 A − 1 A 1 ) ( 1 A − 1 A 2 ) ⋯ ( 1 A − 1 A n ) , {\displaystyle \left(\mathbf {1} _{A}-\mathbf {1} _{A_{1}}\right)\left(\mathbf {1} _{A}-\mathbf {1} _{A_{2}}\right)\cdots \left(\mathbf {1} _{A}-\mathbf {1} _{A_{n}}\right),}

bằng không là bởi: nếu x không thuộc A, thì tất cả các nhân tử đều là 0 − 0 = 0; và ngược lại, nếu x có thuộc một số Am, thì nhân tử thứ m tương ứng là 1 − 1 = 0.Bằng cách mở rộng tích ở vế trái, suy ra phương trình (⁎).

Để chứng minh nguyên lý bao hàm-loại trừ cho lực lượng của tập hợp , ta lấy tổng phương trình (⁎) trên tất cả các x thuộc hợp của A1, …, An. Để từ đây lấy ra phiên bản xác suất, cho giá trị kỳ vọng vào (⁎). Và tổng quát hơn, lấy tích phân phương trình (⁎) tương ứng với to μ. Luôn sử dụng tính tuyến tính khi dẫn xuất ra các phiên bản này.