让$p_i : M \to M$表示位似$m \mapsto e_i m$； 映射 $p_i$ 是 $A$ 线性，因为 $e_i$ 是中心；由于 $e_i^2 = e_i$、$\sum_{i \in I} e_i = 1$ 和 $e_i e_j = 0$ 对于 $i \neq j$，我们有

以及 $p_i$ 形式投影算子的正交族，其和是恒等式（II，p. 209，Def. 7）。由*loc。引用*，第 12 号提案，模 M 是子模 $p_i(M) = e_iM$ 中的直和。在加法$e_iM$被$b_i = A(1 - e_i)$湮灭；如果$i \neq j$和$m \in M$，则$(1 - e_i)e_jm = e_jm$，从而，$e_jM$中没有非零元素被$1 - e_i$湮灭，因此更不必说被$b_i$湮灭。由此可见$e_iM = M_i$、命题得证。

显然，如果$\pi$和$\pi'$是不可约元的两个关联，则$M_\pi = M_{\pi'}$；因此，对于给定的模 M，子模 $M_\pi$ 仅取决于 A 的理想$(\pi)$；它被称为模 M 的 rr 主分量，而 M 的分解作为 $M_\pi$ 的直和被称为 M 的规范分解作为其 rr 主分量的直和。

这是因为 N ∩ M, 是 N 的 π 主分量 N,。

事实上，如果 N 和 N' 是 M 的两个子模，则 M = N ⊕ N' 当且仅当 M, − N, ⊕ N'_π 对于 $\mathscr{A}$ 的每个不可约元 π （Cor. 1）。

事实上，条件$(M/N)_\pi = 0$意味着$N_\pi = M_\pi$和Cor。 2 适用。

如果 M 的每个子模都是直因子 (cf. A, VIII, § 3)，A-模 M 称为 半单。

首先假设M是半单；设 x ∈ M 且 π 为 $\mathscr{A}$ 的不可约元。如果N是M中$Annx$的补集，那么我们可以写成$x = \alpha \pi x + y$，还有$\alpha \in \mathscr{A}$和$y \in N$；但这意味着$y = (1 - \alpha n)x$，所以

相反，由 Cor. 2 足以证明A-模 M被不可约元 π 湮灭为半单；但这很明显，因为 M 在域 $\mathscr{A}/(\pi)$ 上有一个自然的结构向量空间，而 M 的子模正是在这个结构下的向量子空间。

这紧随引理 1，因为到引理 2，$\mathscr{A}$中存在$\alpha \neq 0$，使得$M = M(\alpha)$。

其中$H$和$s(p)$由这些条件唯一确定。

此外，如果$R_p$表示$A$包含中的子集，则$A (p \in P)$中每个剩余类类 mod $p$恰好有一个元素，则每个$x \in K$可以在形式中唯一表达

其中 $a \in A$ 和 $r_{ph} \in R_p$ 对于所有 $h$ 和 $p$，并且几乎所有 $r_{ph}$ 都是零。

Consider $K$ as an $A$-module;那么$A$就是子模由1生成。商模$K/A$是$K$除以等价关系$x' - x \in A$的商，也可以写成VI的记号，p. 6，为$x \equiv x'$（模 1）；让$f$表示从$K$到$M = K/A$的自然同态。

商模 $M$ 是一个 挠元模，对于 $M$ 中的每一个元素，都有形式 $f(a/b)$ ($a \in A, b \in A, b \neq 0$)、从而 $b f(a/b) = f(a) = 0$。因此，Th。 1 of VII, p. 8 applies.设$M_p$($p \in P$)为$M$的元素子模被$p$的幂湮灭；那么$f^{-1}(M_p)$就是形式$a p^{-n}$$K$元素子环$A_p$，其中$a \in A$和$n \geq 0$是整数。 模 $M$ 是 $M_p$ 的直和，因此每个 $x \in K$ 与 $A_p$ 的和模 1 到元素全等；在其他字中，公式 (1) 成立，与 $s(p)$ 整数 $> 0$ 和 $a$，$A$ 的有限多个元素使得 $a$ 不是倍数 $p$。

我们现在展示这些条件在$s(p)$和$a$上，完全是确定$H$和$s(p)$。事实上，$H$ 是$p \in P$ 的集合，这样$f(x)$ 在$M_p$ 中的分量就是$\neq 0$。另一方面，如果$s$和$s'$是两个整数$> 0$，使得 s \geq s' 并且如果$a$和$a'$是$A$的元素不能被$p$整除，这样 $ap^{-s} \equiv a'p^{-s'} \pmod{1}$, then we deduce that $a \equiv a'p^{s-s'} \pmod{p^s}$;如果$s > s'$则$a \equiv 0 \pmod{p}$，与假设相矛盾。这个论证还表明每个 $a_i$ 都是明确定义的 mod $p^{s(p)}$。

为了完成证明，我们首先注，在$A$中的每个剩余类类模$p^i$中，存在形式$\sum_{h=0}^{s-1} r_h p^h$的唯一元素，以及$r_h \in R_p$对应$0 \leq h \leq s-1$。事实上，我们在$s$上继续进行归纳（性质是从$R_p$的定义推导出来的$s = 1$）：让$x \in A$； 假设 $x$ mod $p^{s-1}$ 的剩余类类中有形式 $\sum_{h=0}^{s-2} r_h p^h$ ($r_h \in R_p$) 唯一元素；那么$x - \sum_{h=0}^{s-2} r_h p^h$就是$p^{s-1}$的倍数$ap^{s-1}$；现在存在唯一元素$r_s$，$R_p$使得$a \equiv r_s \pmod{p}$； 从而$x \equiv \sum_{h=0}^{s-1} r_h p^h \pmod{p^s}$。要获得公式 (2)，现在只需将此事实应用于公式 (1) 中的每个 $a_p$ 即可。综上所述，唯一性就很清楚了。

以下是 Th 最重要的应用。 2：

I。 环 A 是有理数整数的环 Z，并且 K = Q。令 P 为素数数 > 0 的集合，对于每个$p \in P$，令 $R_p$ 为 $\mathbf{Z}$ 中的区间 $(0, p-1)$。因此我们有规范的分解

与 $a \in \mathbf{Z}$、$e_{ph} \in \mathbf{Z}$ 和 $0 \leq e_{ph} \leq p-1$。

II。 环 A 是交换域 E 上的一个不定多项式的环 E[X]，且 K = E(X)。令 P 为 $E[X]$ (VII, p. 5) 中的单调不可约多项式的集合。对于$p \in P$，我们可以根据多项式（IV，p. 10）的欧几里得除法，将$R_p$取为严格小于$p$的次数多项式的集合。因此我们有一个有理数函数 $r(X) \in E(X)$ 的分解（称为规范）：

其中，对于所有 $p$ 和 $h$，$a(X)$ 是多项式，$v_{ph}(X)$ 是次数严格小于 $p(X)$ 的多项式。特别是，如果域 E 是*代数闭的*，则 $p(X)$ 具有形式 $X - a$ 和 $a \in E$，因此 $v_{ph}(X)$ 是常数。

因此我们可以说向量空间 $E(X)$ 在域 E 上有单项式 $X^n$ ($n \geq 0$ 整数) 的基由……组成以及形式的有理数函数 $X^m / (p(X))^h$，其中$p \in P$、$h$和$m$是整数、$h \geq 1$和$0 \leq rn < \deg(p)$。

要证明第一个断言，只需证明，如果$k \geq 1$和$x \equiv 1 + p^ky \mod p^{k+1}$，则$x^p \equiv 1 + p^{k+1}y \mod p^{k+2}$，然后通过归纳对整数 k 进行论证。对于所有$a \in \mathbf{Z}$和$k \geq 1$，直接的

由于$U(p^n)$有阶$p^{n-1}$，$U(p^n)$的每元素$u$的阶是$p$的幂，$u$是$U(p^n)$的生成元当且仅当$u^{p^{n-2}} \neq 1$。 现在，如果$u$是$x = 1 + py$的类，那么$u^{p^{n-2}}$是$1 + p^{n-1}y$的类，乘以引理3，从而$u$生成$U(p^n)$当且仅当$y \not\equiv 0 \mod p$，其他字$x \not\equiv 1 \mod p^2$。 对于例、类 $1 + p$ 生成 $U(p^n)$。 Similarly, the class $u$ of $x$ mod $2^n$ generates $U(2^n)$ if and only if $u^{2^{n-3}} \neq 1$, which means that $x$ is not congruent to 1 mod 8, by Lemma 3; this is satisfied by $x = 5$.

自 $abM = 0$ 起，模 $M$ 为挠元。第一个断言来自Cor。 3 个VII、p. 9。如果$N$和$P$是循环的，那么它们是有限生成的，因此$M$也是有限生成的（II，p. 17，Cor.5）；由于$M$的每个$p$主成分与$N$或$P$的$p$主成分同构，因此从VII、p. 10的注2得出，$M$是循环的。

$U(p^n)$的阶$p^n \ ^1$和$(\mathbf{Z}/p\mathbf{Z})^*$的$p - 1$互质；由于 $U(p^n)$ 和 $(\mathbf{Z}/p\mathbf{Z})^*$ 是循环的（命题 3 和 V、p. 78、引理 1），群 $(\mathbf{Z}/p^n\mathbf{Z})^*$ 是循环的（将引理 4 应用于正合序列 (3)）。如果$n \geq 2$则同态$v : (\mathbf{Z}/2^n\mathbf{Z})^* \to (\mathbf{Z}/4\mathbf{Z})^*$到子群$(1, -1)$的限制是双射；因此，群$(\mathbf{Z}/2^n\mathbf{Z})^*$是子群的直接乘积和$v$的核$U(2^n)$；结果由命题 3 得出。