Một phần tử $u$ của A là một đơn vị modulo $\mathfrak{a}$ (phải hoặc trái) nếu và chỉ nếu ảnh chính tắc của $u$ trong $A/\mathfrak{a}$ là một phần tử đơn vị của đại số $A/\mathfrak{a}$. Do đó, iđêan $\mathfrak{a}$ là chính quy nếu và chỉ nếu đại số $A/\mathfrak{a}$ có đơn vị. Giả sử các điều kiện này được thỏa mãn.

Ánh xạ $\mathfrak{b}\mapsto \mathfrak{b}/\mathfrak{a}$ là một song ánh từ tập hợp các iđêan của đại số A chứa $\mathfrak{a}$ tới tập hợp các iđêan của đại số $A/\mathfrak{a}$. Đây là các iđêan của vành $A/\mathfrak{a}$ vì đại số này có đơn vị. Cuối cùng, theo Định lý 1 của I, §9, No. 1, p. 115, vành $A/\mathfrak{a}$ là một trường nếu và chỉ nếu nó khác không và các iđêan duy nhất của nó là 0 và chính nó. Mệnh đề được chứng minh.

b) Ngược lại, cho $\mathfrak{a}$ là một iđêan trái chính quy của A và $u$ là một phần tử khả nghịch phải của A modulo $\mathfrak{a}$. Đặt $\widetilde{\mathfrak{a}}=\mathfrak{a}+k(u-e)$. Khi đó $\widetilde{\mathfrak{a}}$ là một iđêan trái của $\widetilde{A}$ sao cho $\widetilde{A} =\widetilde{\mathfrak{a}}+ A$, và ta có $\mathfrak{a}=\widetilde{\mathfrak{a}}\cap A$.

c) Nếu $k$ là một trường, thì điều kiện $\widetilde{A} =\widetilde{\mathfrak{a}}+ A$ tương đương với việc nói rằng $\widetilde{\mathfrak{a}}$ không được chứa trong A.

Dưới giả thiết của a), phần tử $e$ của $\widetilde{A}$ có thể được viết thành $(e-u)+u$ với $u\in A$ và $u-e\in \widetilde{\mathfrak{a}}$. Đặt $x=\lambda e+a$ là một phần tử của $\widetilde{A}$, trong đó $\lambda \in k$ và $a\in A$; nếu $x$ thuộc $\widetilde{\mathfrak{a}}$, thì phần tử $y=a+\lambda u=x+\lambda (u-e)$ của A thuộc $\mathfrak{a}$, và ta có $x=y-\lambda (u-e)$; điều này chứng minh đẳng thức $\widetilde{\mathfrak{a}}=\mathfrak{a}+k(u-e)$. Hơn nữa, với mọi $a$ trong A, phần tử $au-a=a(u-e)$ của A thuộc $\mathfrak{a}$, nên $u$ là một đơn vị phải modulo $\mathfrak{a}$. Điều này chứng minh mệnh đề a).

Cho $\mathfrak{a}$ và $u$ như trong b). Vì $\widetilde{A}$ là tổng trực tiếp của A và $k(u-e)$, ta có $\widetilde{\mathfrak{a}}+ A =\widetilde{A}$ và $\widetilde{\mathfrak{a}}\cap A =\mathfrak{a}$. Mọi phần tử của $\widetilde{\mathfrak{a}}$ đều có dạng $x+\lambda (u-e)$ với $x\in \mathfrak{a}$ và $\lambda \in k$. Với mọi $a\in A$, ta có

Vì $u$ là một phần tử khả nghịch phải của A modulo $\mathfrak{a}$, tổng $ax+\lambda (au-a)$ thuộc $\mathfrak{a}$, do đó $\widetilde{\mathfrak{a}}$ là một iđêan trái của A. Điều này chứng minh b).

Cuối cùng, nếu $k$ là một trường, thì A là một siêu phẳng trong $\widetilde{A}$, và $\widetilde{A}$ là tổng của $\widetilde{\mathfrak{a}}$ và A khi và chỉ khi $\widetilde{\mathfrak{a}}$ không được chứa trong A.

b) Ánh xạ $\widetilde{\mathfrak{a}}\mapsto \widetilde{\mathfrak{a}}\cap A$ là một song ánh từ tập hợp các iđêan trái cực đại của $\widetilde{A}$ không chứa A lên tập hợp các iđêan trái cực đại chính quy của A.

Cho $\mathfrak{a}$ là một iđêan trái cực đại chính quy của A. Theo Mệnh đề 3, a), các iđêan trái $\mathfrak{b}$ của $\widetilde{A}$ sao cho $\mathfrak{b}+ A =\widetilde{A}$ và $\mathfrak{b}\cap A =\mathfrak{a}$ là các iđêan $\mathfrak{a}+k(u-e)$, trong đó $u$ là một đơn vị phải modulo $\mathfrak{a}$. Do đó, để chứng minh tính duy nhất của $\widetilde{\mathfrak{a}}$, chỉ cần chứng minh rằng hai đơn vị phải $u$ và $u'$ của A modulo $\mathfrak{a}$ là đồng dư modulo $\mathfrak{a}$. Lập luận phản chứng, giả sử rằng $u-u'$ không thuộc $\mathfrak{a}$. Công thức $x(u-u') = (xu-x)-(xu'-x)$ cho thấy rằng ta có $A(u-u')\subset \mathfrak{a}$; suy ra $\mathfrak{a}+k(u-u')$ là một iđêan trái của A chứa $\mathfrak{a}$ và phân biệt với $\mathfrak{a}$. Vì $\mathfrak{a}$ là cực đại, do đó ta có $\mathfrak{a}+k(u-u') = A$, và do đó AA $\subset \mathfrak{a}$. Với mọi $x\in A$, ta có $x\equiv xu$ (mod $\mathfrak{a}$), và do đó $x\in \mathfrak{a}$ theo điều trên, mâu thuẫn với giả thiết $\mathfrak{a}\not= A$.

Do đó tồn tại một iđêan trái duy nhất $\widetilde{\mathfrak{a}}$ của $\widetilde{A}$ sao cho $\widetilde{A} =\widetilde{\mathfrak{a}}+ A$ và $\mathfrak{a}=\widetilde{\mathfrak{a}}\cap A$. Cho $\mathfrak{b}$ là một iđêan trái thực sự của $\widetilde{A}$ chứa $\widetilde{\mathfrak{a}}$. Khi đó $\mathfrak{b}\cap A$ là một iđêan trái thực sự của A chứa $\mathfrak{a}$. Vậy nó bằng $\mathfrak{a}$ vì $\mathfrak{a}$ là cực đại, điều này kéo theo $\mathfrak{b}=\widetilde{\mathfrak{a}}$ theo Bổ đề 2 của VIII, p. 4. Điều này chứng minh rằng $\widetilde{\mathfrak{a}}$ là một iđêan cực đại của $\widetilde{A}$; đối với một iđêan như thế, điều kiện $\widetilde{A} =\widetilde{\mathfrak{a}}+ A$ có nghĩa là $\widetilde{\mathfrak{a}}$ không chứa A.

Còn phải chứng minh rằng nếu $\widetilde{\mathfrak{a}}$ là một iđêan trái cực đại của $\widetilde{A}$ không chứa A, thì iđêan trái $\mathfrak{a}= A\cap \widetilde{\mathfrak{a}}$ của A là cực đại. Cho $\mathfrak{b}$ là một iđêan trái thực sự của A chứa $\mathfrak{a}$. Gọi $u$ là một đơn vị phải modulo $\mathfrak{a}$ sao cho $\widetilde{\mathfrak{a}}=\mathfrak{a}+k(u-e)$ (Mệnh đề 3). Nó cũng là một đơn vị phải modulo $\mathfrak{b}$; ký hiệu bởi $\widetilde{\mathfrak{b}}$ iđêan $\mathfrak{b}+k(u-e)$ của $\widetilde{A}$. Theo Mệnh đề 3, b), ta có $\mathfrak{b}= A\cap \widetilde{\mathfrak{b}}$. Iđêan $\widetilde{\mathfrak{a}}$, bằng $\mathfrak{a}+k(u-e)$, được chứa trong $\widetilde{\mathfrak{b}}$ và do đó bằng $\widetilde{\mathfrak{b}}$ vì $\widetilde{\mathfrak{b}}$ phân biệt với $\widetilde{A}$ và $\widetilde{\mathfrak{a}}$ là cực đại. Do đó, ta có $\mathfrak{a}=\mathfrak{b}$, và $\mathfrak{a}$ là cực đại.

Chúng tôi để độc giả chuyển Mệnh đề 3 và 4 sang các iđêan phải.

b) Cho M là một giả môđun đơn, và cho $x$ là một phần tử khác không của M. Ta có $M = Ax$, linh hóa tử $\mathfrak{m}$ của $x$ là một iđêan trái cực đại chính quy của A, và khi chuyển qua thương, ánh xạ $a\mapsto ax$ xác định một đẳng cấu từ $A_s/\mathfrak{m}$ lên M.

c) Cho M là một giả môđun không thu về 0. Khi đó M là đơn nếu và chỉ nếu ta có $M = Ax$ với mọi phần tử khác không $x$ của M.

Cho $\mathfrak{m}$ là một iđêan trái cực đại chính quy của A. Ta đã thấy rằng tồn tại một phần tử khác không $z$ của $A_s/\mathfrak{m}$ có linh hóa tử bằng $\mathfrak{m}$ và sao cho $Az= A_s/\mathfrak{m}$; đặc biệt, ta có $A(A_s/\mathfrak{m})\not= 0$. Hơn nữa, mọi môđun giả con của $A_s/\mathfrak{m}$ đều có dạng $\mathfrak{n}/\mathfrak{m}$, trong đó $\mathfrak{n}$ là một iđêan trái của A chứa $\mathfrak{m}$. Vì $\mathfrak{m}$ là cực đại, các khả năng duy nhất là $\mathfrak{n}=\mathfrak{m}$ và $\mathfrak{n}= A$, do đó giả môđun $A_s/\mathfrak{a}$ là đơn. Điều này chứng minh a).

Dưới các giả thiết của b), tập hợp các phần tử $y$ của M sao cho $Ay= 0$ là một giả môđun con của M khác với M và do đó bằng 0. Do đó, $Ax$ là một giả môđun con khác không của M, điều này kéo theo $M = Ax$. Khi đó mệnh đề b) suy ra từ các nhận xét trước Định nghĩa 2.

Cho M là một giả môđun khác không. Giả sử rằng ta có $Ax= M$ đối với mọi phần tử khác không $x$ của M. Đặc biệt, ta có AM $\not= 0$. Cho N là một giả môđun con khác không của M, và $x$ là một phần tử khác không của N. Ta có $Ax= M$, và do đó N = M. Vậy M là đơn. Ngược lại, nếu M là đơn, thì ta có $M = Ax$ đối với mọi $x\not= 0$ theo b).

Đẳng thức $\Re (\widetilde{A})\cap A =\Re (A)$ suy ra từ Mệnh đề 4 của VIII, p. 438, b). Vì $\widetilde{A}$ và $\widetilde{A}^o$ có cùng căn (VIII, p. 156, Hệ quả 1), nên suy ra đẳng thức $\Re (A) =\Re (A^o)$. Nếu $k$ không có căn, thì giao của các iđêan trái cực đại của $\widetilde{A}$ chứa A thì bằng A. Do đó $\Re (\widetilde{A})$ được chứa trong A và vì thế bằng $\Re (A)$.

$\widetilde{A}$-môđun M là nửa đơn. Cho N là một môđun giả con A của M. Khi đó N là một $\widetilde{A}$-môđun con của M. Theo Hệ quả 2 của VIII, p. 56, tồn tại một phép chiếu $p$ của A-môđun M có ảnh là N. Vì ta có quan hệ $pb=bp$ với mọi $b\in B$, suy ra N là một B-môđun con của M.

Cho N là giả môđun A trái $\widetilde{A}x/Ax$. N thỏa mãn AN $=\{0\}$. Theo Hệ quả 3 của VIII, p. 56 áp dụng cho các $\widetilde{A}$-môđun M và $\widetilde{A}x$, giả môđun A N là nửa đơn. Theo định nghĩa, mọi giả môđun con đơn S của N đều thỏa mãn AS $\not=\{0\}$. Do đó giả môđun N là không, và suy ra $x\in Ax$.

Cho B là đối giao hoán tử kép của $\widetilde{A}$-môđun M. Giả môđun A $M^n$ là nửa đơn. Cho $\boldsymbol{x}= (x_1, . . . , x_n)\in M^n$. Từ Bổ đề 2 suy ra rằng $\boldsymbol{x}\in$ $A\boldsymbol{x}$. Đối giao hoán tử kép của $\widetilde{A}$-môđun $M^n$ trùng với các vị tự của B-môđun $M^n$ (VIII, p. 79, Mệnh đề 2). Theo Bổ đề 1, môđun giả con A $A\boldsymbol{x}$ của $M^n$ do đó là một B-môđun con của $M^n$. Vì vậy ta có bao hàm $B\boldsymbol{x}\subset A\boldsymbol{x}$. Do đó tồn tại một $a\in A$ sao cho $b\boldsymbol{x}=a\boldsymbol{x}$. Kết quả suy ra.