Cho $p_i : M \to M$ ký hiệu phép vị tự $m \mapsto e_i m$; ánh xạ $p_i$ là $A$-tuyến tính vì $e_i$ là trung tâm; vì $e_i^2 = e_i$, $\sum_{i \in I} e_i = 1$ và $e_i e_j = 0$ với $i \neq j$, ta có

và các $p_i$ tạo thành một họ trực giao các phép chiếu có tổng là đồng nhất (II, p. 209, Định nghĩa 7). Theo loc. cit., Mệnh đề 12, môđun M là tổng trực tiếp của các môđun con $p_i(M) = e_iM$. Ngoài ra $e_iM$ bị triệt tiêu bởi $b_i = A(1 - e_i)$; nếu $i \neq j$ và $m \in M$ thì $(1 - e_i)e_jm = e_jm$, do đó không có phần tử khác không nào của $e_jM$ bị triệt tiêu bởi $1 - e_i$, và vì thế a fortiori bởi $b_i$. Suy ra $e_iM = M_i$, và mệnh đề được chứng minh.

Rõ ràng, nếu $\pi$ và $\pi'$ là hai phần tử bất khả quy liên kết, thì $M_\pi = M_{\pi'}$; do đó, với một môđun M cho trước, môđun con $M_\pi$ chỉ phụ thuộc vào iđêan $(\pi)$ của A; nó được gọi là thành phần rr-nguyên sơ của môđun M, và phân tích của M thành tổng trực tiếp của các $M_\pi$ được gọi là phân tích chính tắc của M thành tổng trực tiếp các thành phần rr-nguyên sơ của nó.

Thật vậy, điều kiện $(M/N)_\pi = 0$ suy ra $N_\pi = M_\pi$, và Hệ quả 2 áp dụng.

Một A-môđun M được gọi là nửa đơn nếu mọi môđun con của M đều là một nhân tử trực tiếp (cf. A, VIII, § 3).

Trước hết giả sử rằng M là nửa đơn; let x ∈ M và let π là một phần tử bất khả quy của $\mathscr{A}$. Nếu N là một phần bù của $Annx$ trong M, thì ta có thể viết $x = \alpha \pi x + y$, với $\alpha \in \mathscr{A}$ và $y \in N$; nhưng điều đó suy ra $y = (1 - \alpha n)x$, do đó

Ngược lại, theo Hệ quả 2 là đủ để chứng minh rằng một A-môđun M bị triệt tiêu bởi một phần tử bất khả quy π là nửa đơn; nhưng điều đó hiển nhiên, vì khi đó M có một cấu trúc tự nhiên của một không gian vectơ trên trường $\mathscr{A}/(\pi)$, và các môđun con của M chính xác là các không gian vectơ con theo cấu trúc này.

Điều này suy ra ngay lập tức từ Bổ đề 1, vì theo Bổ đề 2 tồn tại $\alpha \neq 0$ trong $\mathscr{A}$ sao cho $M = M(\alpha)$.

trong đó $H$ và các $s(p)$ được xác định duy nhất bởi các điều kiện này.

Hơn nữa, nếu $R_p$ ký hiệu một tập con của $A$ chứa chính xác một phần tử của mỗi lớp thặng dư mod $p$ trong $A$ ($p \in P$), thì mỗi $x \in K$ có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng

trong đó $a \in A$ và $r_{ph} \in R_p$ với mọi $h$ và $p$, và tất cả trừ hữu hạn nhiều trong số các $r_{ph}$ đều bằng không.

Xét $K$ như một $A$-môđun; khi đó $A$ là môđun con sinh bởi 1. Môđun thương $K/A$ là thương của $K$ bởi quan hệ tương đương $x' - x \in A$, cũng được viết, theo ký hiệu ở VI, p. 6, là $x \equiv x'$ (mod 1); ký hiệu $f$ là đồng cấu tự nhiên từ $K$ lên $M = K/A$.

Môđun thương $M$ là một môđun xoắn, vì mỗi phần tử của $M$ có dạng $f(a/b)$ ($a \in A, b \in A, b \neq 0$), do đó $b f(a/b) = f(a) = 0$. Do đó Định lý 1 của VII, p. 8 áp dụng. Cho $M_p$ ($p \in P$) là môđun con gồm các phần tử của $M$ bị triệt tiêu bởi các lũy thừa của $p$; khi đó $f^{-1}(M_p)$ là vành con $A_p$ gồm các phần tử của $K$ có dạng $a p^{-n}$ với $a \in A$ và $n \geq 0$ là một số nguyên. Môđun $M$ là tổng trực tiếp của các $M_p$, nên mọi $x \in K$ đều đồng dư mod 1 với một phần tử trong tổng của các $A_p$; nói cách khác, công thức (1) đúng, với các số nguyên $s(p)$ $> 0$, và các $a$, là một số hữu hạn phần tử của $A$ sao cho $a$, không là bội của $p$.

Ta sẽ chỉ ra rằng các điều kiện này trên các $s(p)$ và các $a$, xác định hoàn toàn $H$ và các $s(p)$. Thật vậy $H$ khi đó là tập hợp các $p \in P$ sao cho thành phần của $f(x)$ trong $M_p$ là $\neq 0$. Mặt khác, nếu $s$ và $s'$ là hai số nguyên $> 0$ sao cho $s \geq s'$ và nếu $a$ và $a'$ là các phần tử của $A$ không chia hết cho $p$ sao cho $ap^{-s} \equiv a'p^{-s'} \pmod{1}$, thì suy ra rằng $a \equiv a'p^{s-s'} \pmod{p^s}$; nếu $s > s'$ thì $a \equiv 0 \pmod{p}$, mâu thuẫn với các giả thiết. Lập luận này cũng cho thấy rằng mỗi $a_i$ được xác định mod $p^{s(p)}$.

Để hoàn thành chứng minh, trước hết ta nhận thấy rằng trong mỗi lớp thặng dư mod $p^i$ của $A$ tồn tại một phần tử duy nhất có dạng $\sum_{h=0}^{s-1} r_h p^h$ với $r_h \in R_p$ cho $0 \leq h \leq s-1$. Thật vậy, ta tiến hành bằng quy nạp theo $s$ (tính chất suy ra từ định nghĩa của $R_p$ khi $s = 1$) : cho $x \in A$; theo giả thiết, tồn tại một phần tử duy nhất có dạng $\sum_{h=0}^{s-2} r_h p^h$ ($r_h \in R_p$) trong lớp thặng dư của $x$ mod $p^{s-1}$; khi đó $x - \sum_{h=0}^{s-2} r_h p^h$ là một bội $ap^{s-1}$ của $p^{s-1}$; nay tồn tại một phần tử duy nhất $r_s$, của $R_p$, sao cho $a \equiv r_s \pmod{p}$; do đó $x \equiv \sum_{h=0}^{s-1} r_h p^h \pmod{p^s}$. Để thu được công thức (2) bây giờ chỉ cần áp dụng nhận xét này cho từng $a_p$ trong công thức (1). Tính duy nhất là hiển nhiên theo trên.

Sau đây là những áp dụng quan trọng nhất của ĐL 2 :

I. Vành A là vành Z của các số nguyên hữu tỉ, và K = Q. Cho P là tập hợp các số nguyên tố > 0, và với mỗi $p \in P$ hãy lấy $R_p$ là khoảng $(0, p-1)$ trong $\mathbf{Z}$. Như vậy ta có sự phân tích chính tắc

với $a \in \mathbf{Z}$, $e_{ph} \in \mathbf{Z}$ và $0 \leq e_{ph} \leq p-1$.

II. Vành A là vành E[X] của các đa thức theo một ẩn trên một trường giao hoán E, và K = E(X). Cho P là tập hợp các đa thức bất khả quy đơn thức trong $E[X]$ (VII, p. 5). Với $p \in P$ ta có thể, nhờ phép chia Euclid của đa thức (IV, p. 10), lấy $R_p$ là tập hợp các đa thức có bậc nhỏ hơn hẳn bậc của $p$. Như vậy ta có sự phân tích (gọi là chính tắc) của một hàm hữu tỉ $r(X) \in E(X)$:

trong đó $a(X)$ là một đa thức và $v_{ph}(X)$ là một đa thức có bậc nhỏ hơn hẳn bậc của $p(X)$, với mọi $p$ và $h$. Đặc biệt, nếu trường E là đóng đại số, thì các $p(X)$ có dạng $X - a$ với $a \in E$, và do đó các $v_{ph}(X)$ là các hằng số.

Vì thế ta có thể nói rằng không gian vectơ $E(X)$ trên trường E có một cơ sở gồm các đơn thức $X^n$ ($n \geq 0$ là một số nguyên) và các hàm hữu tỉ có dạng $X^m / (p(X))^h$, trong đó $p \in P$ và $h$ và $m$ là các số nguyên với $h \geq 1$ và $0 \leq rn < \deg(p)$.

Để chứng minh mệnh đề thứ nhất, chỉ cần chỉ ra rằng, nếu $k \geq 1$ và $x \equiv 1 + p^ky \mod p^{k+1}$, thì $x^p \equiv 1 + p^{k+1}y \mod p^{k+2}$, rồi lập luận theo quy nạp theo số nguyên k. Với mọi $a \in \mathbf{Z}$ và $k \geq 1$, hiển nhiên là

Vì $U(p^n)$ có cấp $p^{n-1}$, cấp của mọi phần tử $u$ của $U(p^n)$ là một lũy thừa của $p$, và $u$ là một phần tử sinh của $U(p^n)$ khi và chỉ khi $u^{p^{n-2}} \neq 1$. Khi đó, nếu $u$ là lớp của $x = 1 + py$, thì $u^{p^{n-2}}$ là lớp của $1 + p^{n-1}y$, theo Bổ đề 3, do đó $u$ sinh ra $U(p^n)$ khi và chỉ khi $y \not\equiv 0 \mod p$, nói cách khác $x \not\equiv 1 \mod p^2$. Chẳng hạn, lớp $1 + p$ sinh ra $U(p^n)$. Tương tự, lớp $u$ của $x$ mod $2^n$ sinh ra $U(2^n)$ khi và chỉ khi $u^{2^{n-3}} \neq 1$, tức là $x$ không đồng dư với 1 mod 8, theo Bổ đề 3; điều này được thỏa bởi $x = 5$.

==========

Môđun $M$ là xoắn, vì $abM = 0$. Khẳng định đầu tiên suy ra từ Hệ quả 3 của VII, p. 9. Nếu $N$ và $P$ là cyclic, thì chúng sinh hữu hạn, và do đó $M$ cũng sinh hữu hạn (II, p. 17, Hệ quả 5); vì mỗi thành phần $p$-nguyên sơ của $M$ đẳng cấu với một thành phần $p$-nguyên sơ hoặc của $N$ hoặc của $P$, suy ra từ Nhận xét 2 của VII, p. 10 rằng $M$ là cyclic.

Các cấp $p^n \ ^1$ của $U(p^n)$ và $p - 1$ của $(\mathbf{Z}/p\mathbf{Z})^*$ nguyên tố cùng nhau; vì $U(p^n)$ và $(\mathbf{Z}/p\mathbf{Z})^*$ là cyclic (Mệnh đề 3 và V, p. 78, Bổ đề 1), nhóm $(\mathbf{Z}/p^n\mathbf{Z})^*$ là cyclic (áp dụng Bổ đề 4 cho dãy khớp (3)). Nếu $n \geq 2$ thì hạn chế của đồng cấu $v : (\mathbf{Z}/2^n\mathbf{Z})^* \to (\mathbf{Z}/4\mathbf{Z})^*$ lên nhóm con $(1, -1)$ là song ánh; do đó nhóm $(\mathbf{Z}/2^n\mathbf{Z})^*$ là tích trực tiếp của nhóm con này và hạt nhân $U(2^n)$ của $v$; kết quả suy ra từ Mệnh đề 3.