我们知道 (VIII, p. 156, 定理 1) A 的每一个幂零双面理想都包含在 $\mathfrak{r}$ 中。让我们证明$\mathfrak{r}$是幂零的。由于双面理想$\mathfrak{r}^n$的环A是左阿廷的且序列是递减，因此存在整数$p\geqslant 0$使得我们有$\mathfrak{r}^p=\mathfrak{r}^{p+1}$。由于 A 为阿廷的，A-模 $A_s$ 具有有限长度（VIII、p. 6、定理 1），因此为诺特。因而，左理想$\mathfrak{r}^p$是有限生成的。通过中山引理（定理 2 of VIII，p. 158），得出$\mathfrak{r}^p= 0$。

环 $A/\mathfrak{r}$ 没有部首（VIII、p. 155、命题 5）；因为它是左阿廷的，所以它是半单（VIII，p. 154，命题 4）。

半单环是左阿廷的并且没有部首 (VIII, p. 154, 命题 4);因而，除了 0 之外，它没有幂等两侧理想。逆命题由命题 1 得出。

如果 A 是左阿廷的，则根式是幂零双面理想 (命题 1)。每个左零理想都包含在 Jacobson 的定理（VIII、p. 156、定理 1）的根式中。推论 2 如下。

(i) M 为半单。

(ii) M 不带部首。

(iii) M被A的自由基$\mathfrak{r}$湮灭。

我们知道 (i) 蕴涵 (ii) (VIII, p. 153, 命题 3)。另一方面，$\mathfrak{r}M$包含在M的基团中（VIII，p. 158，命题6），因而（ii）意味着（iii）。

假设A-模 M被$\mathfrak{r}$消灭。我们可以将其视为模超过环$A/\mathfrak{r}$。现在，环$A/\mathfrak{r}$是半单（VIII，p. 173，命题1），并且半单环上的每个模是半单（VIII， p. 138、命题 4)。因而，M 是半单模超过环 $A/\mathfrak{r}$ 且更不必说超过环 A。因而 (iii) 意味着 (i)。

M 包含于 $\mathfrak{r}M$ 的部首$\mathfrak{R}(M)$ (VIII、p. 158、命题 6)。而且，A-模$M/\mathfrak{r}M$被$\mathfrak{r}$湮灭。因而，到命题 2，它就没有部首，这意味着$\mathfrak{R}(M)\subset \mathfrak{r}M$（VIII，p. 152，推论1，c））。

令 S 为单B-模。假设 A 是左阿廷的或 A-模 $f_*(S)$ 是有限生成的。我们将证明$f_*(S)$没有根式。对于每个$b\in f(A)'$，位似$b_S$是A-模$f_*(S)$的自同态，因此保留$\mathfrak{R}_A(f_*(S))$（VIII，p. 152，命题1）。由于B是由$f(A)\cup f(A)'$生成的，所以根部$\mathfrak{R}_A(f_*(S))$是S的B-子模，因此等于0或S。如果$f_*(S)$是有限生成A-模，那么我们有$\mathfrak{R}_A(f_*(S))\not=f_*(S)$（VIII，p. 153，命题2）。如果环 A 是左阿廷的，则我们有 $\mathfrak{R}_A(f_*(S)) =f(\mathfrak{r})S$，其中 $\mathfrak{r}$ 是 A 的根式（VIII，p. 174，命题 2 的推论），并且由于 $\mathfrak{r}$ 是 A 的幂幂双面理想（VIII、p. 173、命题 1），我们不能有$S =f(\mathfrak{r})S$。因而，在这两种情况下我们都有 $\mathfrak{R}_A(f_*(S)) = 0$。

令 $u$ 为从 M 到简单 M 模 S 的非零的 B-线性映射。 映射 $u$ 是满射；因而，如果 $f_*(M)$ 是有限生成的，那么 $f_*(S)$ 也是有限生成的。 命题 3 的假设下，A-模$f_*(S)$没有部首，$u$是从$f_*(M)$到$f_*(S)$的A-线性映射。因而，$u$包含于$\mathfrak{R}_A(f_*(M))$中的核乘以VIII中的命题1，p. 152。由于$u$是任意的，所以我们有$\mathfrak{R}_A(f_*(M))\subset \mathfrak{R}_B(M)$。

到命题 3，部首$\mathfrak{R}_A(B_s)$包含在$\mathfrak{R}_B(B_s)$中，这只不过是环 B 的部首。此外，我们还有VIII、p. 158的命题 6 $\mathfrak{R}(A)B\subset \mathfrak{R}_A(B_s)$。推论如下。

设 A 为左阿廷的环，M 为 A 上的模。A 的根式$\mathfrak{r}$ 是幂幂双面理想，环 $A/\mathfrak{r}$ 为半单 (VIII, p. 173, 命题) 1）。由此可见，$A/\mathfrak{r}$模$M/\mathfrak{r}M$是射影的。 断言然后从命题 11 of VIII、p. 164 开始。

a) 令 P 为射影 A-模。用 $u$ 表示从 P 到 $P/\mathfrak{r}P$ 的典范映射。那么$(P, u)$是$P/\mathfrak{r}P$的投影覆盖。特别是，当且仅当 $P/\mathfrak{r}P$ 时，A-模 P 是有限生成的。

b) 令 M 为模大于环 $A/\mathfrak{r}$。那么M，被视为A-模，有一个投影覆盖。如果$(P, u)$是这样的射影覆盖，那么当经过到商时，$u$诱导同构从$P/\mathfrak{r}P$到M。此外，当且仅当M是简单的时，P是不可分解的。

c) 设 M 和 $M'$ 为模大于环 $A/\mathfrak{r}$。令$(P, u)$和$(P', u')$为A-模M和$M'$的投影覆盖。则 M 和 $M'$ 同构当且仅当 P 和 $P'$ 同构的。

A 的根式 $\mathfrak{r}$ 是幂幂双面理想 (VIII, p. 173, 命题 1)。 断言 a) 因此由VIII、p. 163 的推论 1 和VIII、p. 161 的注 2 得出。

让我们证明断言 b)。 M 的射影覆盖$(P, u)$ 的存在从命题 4 和同构从$P/\mathfrak{r}P$ 到VIII、p. 162 的命题 9 的M。由于环$A/\mathfrak{r}$是半单，模超过这个环是不可分解的当且仅当它是简单的。 最后一个断言由VIII、p. 160 的推论 2 得出。

让我们证明c）。令从P到$P'$的$f$为同构；它从$P/\mathfrak{r}P$到$P'/\mathfrak{r}P'$诱导同构$\overline{f}$。根据 b)，这些商分别同构于 M 和 $M'$。因此，M 与 $M'$ 同构的。相反，通过VIII、p. 161的命题 8，从M到$M'$提升到同构$\widetilde{f}$，从P到$P'$每隔同构$f$，使得$f\circ u=u'\circ \widetilde{f}$。

设 A 为左阿廷的环，$\mathfrak{r}$ 其根式。用 $\mathscr{S}$ 表示单A-模类集合；它是有限的（VIII，p. 51）。通过VIII、p. 174的命题2，可以在半单环$A/\mathfrak{r}$上与单模类的集合进行规范地识别。对于每个$\lambda \in \mathscr{S}$，令$S_{\lambda}$为类$\lambda$的单A-模，并且选择为$S_{\lambda}$的投影覆盖$(P_{\lambda}, u_{\lambda})$（VIII，p. 175，命题4）。到命题 5，A-模 $P_{\lambda}$ 是射影且不可分解的，并且 $u_{\lambda}$ 定义同构从 $P_{\lambda}/\mathfrak{r}P_{\lambda}$ 到 $S_{\lambda}$。此外，如果 P 是射影且不可分解的 A-模，则存在唯一的 $\lambda \in \mathscr{S}$，使得 P 同构于 $P_{\lambda}:$；它是唯一的 $\lambda \in \mathscr{S}$，使得 $P/\mathfrak{r}P$ 同构于 $S_{\lambda}$。

a) A-模 $\overline{P}= P/\mathfrak{r}P$ 是半单，A-模 P 与 $\bigoplus_{\lambda\in\mathscr{S}}P^{([P:\lambda])}_{\lambda}$ 同构的。

b) 令 $(Q_i)_{i\in I}$ 为 P 与直和 P 的不可分解射影子模族。那么对于每个$\lambda \in \mathscr{S}$，$i\in I$的集合$I(\lambda )$的基数，使得$Q_i$同构于$P_{\lambda}$等于$[P :\lambda ]$。

$\overline{P}$ 是半单是从命题 2 (VIII, p. 174) 得出的。 A-模 $Q =\oplus_{\lambda\in\mathscr{S}}P^{([P:\lambda])}_{\lambda}$ 是投影。由于$P_{\lambda}/\mathfrak{r}P_{\lambda}$与$S_{\lambda}$同构的，因此商$Q/\mathfrak{r}Q$与$\oplus_{\lambda\in\mathscr{S}}S^{([P:\lambda])}_{\lambda}$同构的，即与$\overline{P}= P/\mathfrak{r}P$同构的。到命题 5，A-模 P 和 Q 同构的。

假设给定一个射影且不可分解的子模族$(Q_i)_{i\in I}$和直和P。到命题5，A-模$Q_i/\mathfrak{r}Q_i$对于每个$i\in I$来说都是简单的。对于$\lambda \in \mathscr{S}$，用$i\in I$的$I(\lambda )$集合表示，使得$Q_i/\mathfrak{r}Q_i$与$S_{\lambda}$同构的，因此与$P_{\lambda}/\mathfrak{r}P_{\lambda}$同构的；它也是$i\in I$的集合，使得$Q_i$与$P_{\lambda}$同构的。由于$\overline{P}= P/\mathfrak{r}P$是家庭$(Q_i/\mathfrak{r}Q_i)_{i\in I}$的直和，我们有VIII、p. 32中的定理 1张卡片(I($\lambda$))$= [P :\lambda ]$。