A 的元素$u$是（右或左）模单位$\mathfrak{a}$当且仅当$A/\mathfrak{a}$中$u$的典范像是代数$A/\mathfrak{a}$的单位元。因此，理想的$\mathfrak{a}$是正则的当且仅当代数$A/\mathfrak{a}$是单位的。假设满足这些条件。

The mapping $\mathfrak{b}\mapsto \mathfrak{b}/\mathfrak{a}$ is a bijection from the set of ideals of the algebra A containing $\mathfrak{a}$ to the set of ideals of the algebra $A/\mathfrak{a}$. 这些是环$A/\mathfrak{a}$的理想，因为这个代数是单位的。 最后，通过I, §9, No. 1、p. 115、环$A/\mathfrak{a}$的定理 1 是域当且仅当它是非零的且其唯一理想是0和它本身。 命题如下。

b) 相反，令 $\mathfrak{a}$ 为 A 的正则左理想，$u$ 为 A 模$\mathfrak{a}$ 的右单位。 集合$\widetilde{\mathfrak{a}}=\mathfrak{a}+k(u-e)$。那么$\widetilde{\mathfrak{a}}$是$\widetilde{A}$的左理想，使得$\widetilde{A} =\widetilde{\mathfrak{a}}+ A$，我们有$\mathfrak{a}=\widetilde{\mathfrak{a}}\cap A$。

c) 如果$k$是域，则条件$\widetilde{A} =\widetilde{\mathfrak{a}}+ A$等价于说，$\widetilde{\mathfrak{a}}$不包含在A中。

在a)的假设下，$\widetilde{A}$的元素$e$可以与$u\in A$和$u-e\in \widetilde{\mathfrak{a}}$写成$(e-u)+u$。令$x=\lambda e+a$为$\widetilde{A}$的元素，其中$\lambda \in k$和$a\in A$；如果$x$属于到$\widetilde{\mathfrak{a}}$，那么属于到$\mathfrak{a}$的元素$y=a+\lambda u=x+\lambda (u-e)$，我们有$x=y-\lambda (u-e)$；这就证明了等式$\widetilde{\mathfrak{a}}=\mathfrak{a}+k(u-e)$。此外，对于A中的每个$a$，属于到$\mathfrak{a}$中的元素$au-a=a(u-e)$，所以$u$是模右单位$\mathfrak{a}$。这就证明了断言a)。

令$\mathfrak{a}$和$u$如b)中所示。由于$\widetilde{A}$是A和$k(u-e)$的直和，所以我们有$\widetilde{\mathfrak{a}}+ A =\widetilde{A}$和$\widetilde{\mathfrak{a}}\cap A =\mathfrak{a}$。 $\widetilde{\mathfrak{a}}$的每个元素都是形式$x+\lambda (u-e)$以及$x\in \mathfrak{a}$和$\lambda \in k$。对于每 $a\in A$，我们有

由于$u$是A模$\mathfrak{a}$的右单位，和$ax+\lambda (au-a)$属于到$\mathfrak{a}$，所以$\widetilde{\mathfrak{a}}$是A的左理想。这就证明了b)。

最后，如果$k$是域，那么A是$\widetilde{A}$中的超平面，$\widetilde{A}$是$\widetilde{\mathfrak{a}}$和A的和当且仅当$\widetilde{\mathfrak{a}}$不包含在A中。

b) 映射 $\widetilde{\mathfrak{a}}\mapsto \widetilde{\mathfrak{a}}\cap A$ 是$\widetilde{A}$ 的最大左理想的集合的双射，而不是包含 A 到 A 的常规最大左理想的集合。

令 $\mathfrak{a}$ 为 A 的正则最大左理想。通过命题 3, a)，$\widetilde{A}$ 的左理想 $\mathfrak{b}$，使得 $\mathfrak{b}+ A =\widetilde{A}$ 和 $\mathfrak{b}\cap A =\mathfrak{a}$ 为理想 $\mathfrak{a}+k(u-e)$，其中 $u$ 为模右单位 $\mathfrak{a}$。因此，为了证明$\widetilde{\mathfrak{a}}$的唯一性，只需证明A模$\mathfrak{a}$的两个右单位$u$和$u'$模$\mathfrak{a}$全等即可。让我们通过反证推理，假设$u-u'$不属于到$\mathfrak{a}$。 公式 $x(u-u') = (xu-x)-(xu'-x)$ 表明我们有 $A(u-u')\subset \mathfrak{a}$；由此可见，$\mathfrak{a}+k(u-u')$是包含$\mathfrak{a}$的左理想，与$\mathfrak{a}$不同。由于 $\mathfrak{a}$ 是最大的，因此我们有 $\mathfrak{a}+k(u-u') = A$，因此 AA $\subset \mathfrak{a}$。对于每个 $x\in A$，我们有 $x\equiv xu$ (mod $\mathfrak{a}$)，因此通过上面的$x\in \mathfrak{a}$，即与……矛盾假设 $\mathfrak{a}\not= A$。

因而，存在$\widetilde{A}$的唯一左理想$\widetilde{\mathfrak{a}}$，使得$\widetilde{A} =\widetilde{\mathfrak{a}}+ A$和$\mathfrak{a}=\widetilde{\mathfrak{a}}\cap A$。令$\mathfrak{b}$为$\widetilde{A}$包含于$\widetilde{\mathfrak{a}}$的真左理想。那么$\mathfrak{b}\cap A$是包含$\mathfrak{a}$的真左理想。因此它等于$\mathfrak{a}$，因为$\mathfrak{a}$是最大的，这意味着$\mathfrak{b}=\widetilde{\mathfrak{a}}$乘以引理 2 of VIII，p. 4。这就证明$\widetilde{\mathfrak{a}}$是$\widetilde{A}$的极大理想；对于这样的理想，条件$\widetilde{A} =\widetilde{\mathfrak{a}}+ A$意味着$\widetilde{\mathfrak{a}}$不包含A。

尚待证明，如果$\widetilde{\mathfrak{a}}$是$\widetilde{A}$的最大左理想，且不是包含A，则A的左理想$\mathfrak{a}= A\cap \widetilde{\mathfrak{a}}$最大。令$\mathfrak{b}$为包含$\mathfrak{a}$的真左理想。令 $u$ 为模右单位 $\mathfrak{a}$，使得 $\widetilde{\mathfrak{a}}=\mathfrak{a}+k(u-e)$ (命题 3)。也是模右单位$\mathfrak{b}$；用$\widetilde{\mathfrak{b}}$表示$\widetilde{A}$的理想$\mathfrak{b}+k(u-e)$。到命题 3，b)，我们有$\mathfrak{b}= A\cap \widetilde{\mathfrak{b}}$。理想的$\widetilde{\mathfrak{a}}$等于$\mathfrak{a}+k(u-e)$，包含在$\widetilde{\mathfrak{b}}$中，因此等于$\widetilde{\mathfrak{b}}$，因为$\widetilde{\mathfrak{b}}$与$\widetilde{A}$不同，并且$\widetilde{\mathfrak{a}}$是最大值。因而，我们有 $\mathfrak{a}=\mathfrak{b}$，并且 $\mathfrak{a}$ 是最大的。

我们留给读者将命题 3 和 4 翻译成正确的理想。

b) 设M为简单的伪模，$x$为M的非零元素。$x$的$M = Ax$、湮没子$\mathfrak{m}$是A的正则最大左理想，当经过商时，映射 $a\mapsto ax$ 定义同构从 $A_s/\mathfrak{m}$ 到 M。

c) 令 M 为伪模，不减少为 0。那么 M 是简单的，当且仅当对于 M 的每个非零元素 $x$，我们都有 $M = Ax$。

令$\mathfrak{m}$为A的正则最大左理想。我们已经看到，$A_s/\mathfrak{m}$存在非零元素$z$，其中湮没子等于$\mathfrak{m}$，且$Az= A_s/\mathfrak{m}$；特别是，我们有 $A(A_s/\mathfrak{m})\not= 0$。此外，$A_s/\mathfrak{m}$的每个子伪模都是形式$\mathfrak{n}/\mathfrak{m}$，其中$\mathfrak{n}$是包含$\mathfrak{m}$的左理想。由于$\mathfrak{m}$是最大的，唯一的可能性是$\mathfrak{n}=\mathfrak{m}$和$\mathfrak{n}= A$，因此伪模$A_s/\mathfrak{a}$很简单。这就证明了a）。

在b)的假设下，M的元素$y$的集合使得$Ay= 0$是与M不同的M的子伪模，因此减少到0。因而，$Ax$是M的非零的子伪模，其中意味着$M = Ax$。 断言 b) 然后从注之前定义 2 得出。

设 M 为非零的伪模。假设对于 M 的每个非零元素 $x$，我们都有 $Ax= M$。特别是，我们有 AM $\not= 0$。令N为M的非零的子伪模，并令$x$为N的非零元素。我们有$Ax= M$，因此N = M。因此M是简单的。相反，如果 M 很简单，那么对于 b) 的每个$x\not= 0$，我们都有 $M = Ax$。

等式 $\Re (\widetilde{A})\cap A =\Re (A)$ 由VIII、p. 438、b) 中的命题 4 得出。由于$\widetilde{A}$和$\widetilde{A}^o$具有相同的部首（VIII，p. 156，推论1），因此等式$\Re (A) =\Re (A^o)$如下。如果$k$没有根式，则$\widetilde{A}$包含A的最大左理想的交等于A。因而，$\Re (\widetilde{A})$包含在A中，因此等于$\Re (A)$。

$\widetilde{A}$模M为半单。设N是M的A子伪模。则N是M的$\widetilde{A}$子模。根据VIII、p. 56的推论2，存在A-模M和像N的投影算子$p$。因为我们有关系 $pb=bp$ 对于每一个 $b\in B$，我们得到 N 是 M 的 B-子模。

令 N 为左 A 伪模块 $\widetilde{A}x/Ax$。它满足AN$=\{0\}$。根据VIII、p. 56的推论3应用于$\widetilde{A}$模M和$\widetilde{A}x$，A-伪模N为半单。到定义时，N 中的每个简单子伪模 S 都满足 AS $\not=\{0\}$。因而，伪模 N 是零，我们得到$x\in Ax$。

设 B 为 $\widetilde{A}$ 模 M 的二共律。A 伪模 $M^n$ 为半单。让$\boldsymbol{x}= (x_1, . . . , x_n)\in M^n$。从引理 2 得出 $\boldsymbol{x}\in$ $A\boldsymbol{x}$。 $\widetilde{A}$-模 $M^n$ 重合与 B-模 $M^n$ (VIII, p. 79, 命题 2) 的同调。到引理 1，$M^n$的A子伪模$A\boldsymbol{x}$因此是$M^n$的B-子模。因此我们包含了$B\boldsymbol{x}\subset A\boldsymbol{x}$。所以存在$a\in A$使得$b\boldsymbol{x}=a\boldsymbol{x}$。结果如下。