(i) 集合 $\mathfrak{r}$ 是 A 的双面理想。

(ii) 集合 $\mathfrak{r}$ 在加法下稳定。

(iii) 环 A 有唯一的最大左理想。

(iv) 对于每个$a\in A$，元素、$a$和$1-a$之一是可逆的。

(v) 对于每个 $a\in A$，元素 $a$ 和 $1-a$ 之一是可逆的。

蕴涵 (i) $\Rightarrow$ (ii) 由理想的定义得出。由于 1 不属于到 $\mathfrak{r}$，所以我们有 (ii) $\Rightarrow$ (iv)。

我们有$\mathfrak{r}\not= A$，以及集合$\mathfrak{r}$包含于，A的每个左理想不等于A。如果$\mathfrak{r}$是A的左理想，那么它是A的唯一最大左理想。这证明(i)蕴涵(iii)。

假设 A 有唯一的最大左理想 $\mathfrak{m}$。取$b\in A-\mathfrak{m}$。左理想$Ab$不包含在A的任何最大左理想中，因此等于A（I, §8, No. 6，p. 104，定理1），并且$b$是左可逆的。对于每个$a\in A$，元素$a$和$1-a$属于之一到A$-\mathfrak{m}$，因为$\mathfrak{m}$是一个不包含1的理想。因此，(iii)意味着(v)。

假设性质 (v) 成立。令$b$为A的左可逆元。令$c\in A$使得$cb= 1$。我们有$(1-bc)b= 0$和$b\not= 0$；因此，$1-bc$ 不是可逆的。通过性质 (v)，$bc$ 保持可逆，更不必说，$c$ 保持可逆。但$c$是可逆的； $b$ 是它的逆元，因此 $b$ 是可逆的。由此可见，(v) 蕴涵(iv)。

仍有待证明 (iv) 蕴含 (i)。假设 (iv) 成立。那么 $\mathfrak{r}$ 是 A 的双边理想，由以下断言 a) 到 d) 表示：

a) 我们有$0\in \mathfrak{r}$，因为环 A 是非零的。

b) A 的两个元素中的乘积，一个属于至$\mathfrak{r}$，另一个至A $-\mathfrak{r}$，属于至$\mathfrak{r}$。

c) 集合 $\mathfrak{r}$ 在加法下稳定。

事实上，让$a$和$b$是$\mathfrak{r}$的元素，这样$s=a+b$是可逆的。 b)、属于至$\mathfrak{r}$中的元素$s^{-1}a$和$s^{-1}b$；从 $s^{-1}b= 1-s^{-1}a$ 开始，(iv) 成立的与……矛盾假设成立。

d) 集合 $\mathfrak{r}$ 在乘法下稳定。

事实上，让$a$和$b$是$\mathfrak{r}$的两个元素。 b) 元素 $a'=-a(1-b)$ 属于至 $\mathfrak{r}$，从而元素 $ab$，等于 c) 的 $a+a'$、属于至 $\mathfrak{r}$； 断言d)如下。

b) 假设序列 $(I_p)$ 是平稳的。那么我们有 M = $N_{\infty}+ I_{\infty}$ 和 $u(I_{\infty}) = I_{\infty}$。

c) （“Weyr-Fitting 分解”—有时称为“Fitting 分解”）假设序列$(N_p)$和$(I_p)$是静止的。那么M就是在$u$下稳定的子模、$N_{\infty}$和$I_{\infty}$的直和，以及$N_{\infty}$的$u$、诱导幂零自同态和$I_{\infty}$的自同构。

令$p$为自然数，使得$N_p= N_{\infty}$，并令$v=u^p$。通过构造，$v$和$v^2$具有相同的核$N_{\infty}$，$I_p$是$v$的像。对于$N_{\infty}\cap I_p$中的$x$，存在$y\in M$，使得$x=v(y)$，因此存在$v^2(y) =v(x) = 0$；因而，我们有$y\in N_{\infty}$，因此有$x= 0$。特别是，我们有$N_{\infty}\cap I_{\infty}= 0$。由于$u$的核$N_1$包含在$N_{\infty}$中，因而$u$到$I_{\infty}$的限制是单射的；另一方面，我们有$u^p(N_{\infty}) = 0$。这就证明了a）。

令$q$为自然数，使得$I_q= I_{\infty}$，并令$w=u^q$。那么$w$和$w^2$有相同的像$I_{\infty}$，$N_q$是$w$的核。让$x\in M$。我们有$w(x)\in I_{\infty}$，所以存在$y\in M$使得$w(x) =w^2(y)$；然后我们有$x-w(y)\in N_q$，从而$M = N_q+ I_{\infty}$和更不必说$M = N_{\infty}+ I_{\infty}$。我们有$u(I_{\infty}) =u(I_q) = I_{q+1}= I_{\infty}$。这证明了b)。

断言 c) 紧随 a) 和 b)。

a) 如果模 M 是诺特，则M 的每个满射自同态都是双射的。

b) 如果模 M 是阿廷的，则M 的每个单射自同态都是双射的。

c) 如果模 M 具有有限长度，则 M 的每个单射或满射自同态都是双射的。

d) 如果环 A 是可交换的并且 A-模 M 是有限生成的，则 M 的每个满射自同态都是双射的。

令$u$为A-模M的自同态。我们使用在小节开头介绍的记号。如果自同态 $u$ 是满射，那么我们有 $I_{\infty}= M$。 断言 a) 然后从命题 2, a) 和注 3 得出。同样，如果自同态 $u$ 是单射的，我们有 $N_{\infty}= 0$。因此，断言 b) 由命题 2、b) 和注 3 得出。断言 c) 紧随a) 和b) 得出。

Now, suppose that 环 A is commutative, A-模 M is finitely generated, and 自同态 $u$ is surjective.让我们证明 $u$ 是单射的。令 $x$ 为 M 的元素，使得 $u(x) = 0$。 选择有限生成 family $(x_i)_{i\in I}$ of A-模 M and, for every $i\in I$, 元素 $y_i$ of M such that $u(y_i) =x_i$. There exist families $(a_i)_{i\in I}, (b_{ij})_{(i,j)\in I\times I}$, and $(c_{ij})_{(i,j)\in I\times I}$ of 元素 of A such that we have

对于每个$j\in I$。令$A'$为包含元素$a_i,b_{ij}$的诺特子环，以及$c_{ij}$（VIII，p. 12，推论3）。令$M'$为$(x_i)_{i\in I}$族生成的M的$A'$子模。我们有$u(x_j)\in M',y_j\in M'$，每个$j\in I$有$u(y_j) =x_j$；因此，$u$定义，由$A'$模块$M'$的限制、满射自同态$u'$组成。由于环$A'$是诺特，有限生成的$A'$模$M'$是诺特（VIII，p. 7，命题 4 a））。由a)可知，$M'$的自同态$u'$是双射的。由构造、$x$ 属于到 $M'$，我们还有 $u'(x) =u(x) = 0$。因此我们有 $x= 0$，这证明了 d)。

事实上，考虑左诺特环 A 的元素 $x,y$ 使得$xy= 1$。分别用$\boldsymbol{\delta }(x)$和$\boldsymbol{\delta }(y)$表示，A-模$A_s$的自同态$a\mapsto ax$和$a\mapsto ay$。我们有$\boldsymbol{\delta }(y)\circ \boldsymbol{\delta }(x) = 1_{A_s}$；因此 $\boldsymbol{\delta }(y)$ 是满射的。根据推论 1, a)，$\boldsymbol{\delta }(y)$ 是双射的。那么自同态$\boldsymbol{\delta }(x)$就是$\boldsymbol{\delta }(y)$的逆双射，我们有$yx= (\boldsymbol{\delta }(x)\circ \boldsymbol{\delta }(y))(1) = 1$。推论如下。

我们首先证明M的每个非零的子模P都有一个不可分解的直因子。如果不是这种情况，那么 P 的每个直因子子模都是可分解的；继续进行归纳，然后我们可以对P的每个$n\in \mathbf{N}$、非零的、子模、$N'_n$和$N''_n$进行构造，使得$P = N'_0\oplus N''_0$和$N'_{n-1}= N'_n\oplus N''_n$对于$n\geqslant 1$。但是，子模$N''_0+\cdots + N''_n$的序列将是严格递增的，子模$N'_n$的严格递减将是严格递减。 模 M 既不是诺特也不是阿廷的，与假设相反。

现在，假设 M 不是不可分解的子模有限族中的直和。到归纳，对于每个$n\in \mathbf{N}$，我们构造不可分解M的子模$P''_n$和M的非零的子模$P'_n$，这样$M = P'_0\oplus P''_0$和$P'_{n-1}= P'_n\oplus P''_n$对于$n\geqslant 1$。事实上，M 是非零的，证明的第一个部分应用于 P = M，提供$P'_0$ 和 $P''_0$。由于模$P'_k$和$P''_k$是为$k < n$定义的，通过证明的第一个部分，存在子模、$P'_n$和$P''_n$，使得$P'_{n-1}= P'_n\oplus P''_n$和$P''_n$不可分解的。 关系$M = P'_n\oplus P''_0\oplus \cdots \oplus P''_n$则意味着$P'_n\not= 0$，因为M不是不可分解模有限族中的直和。

子模$P''_0\oplus \cdots \oplus P''_n$中的序列是严格递增的，子模$P'_n$中的序列是严格递减。这个与……矛盾假设M就是诺特或者阿廷的。

模分解唯一性与不可分解子模的直和问题将在下一个小节中研究。

b) 有限长度中的不可分解模是本初的。

设 M 为 A-模。假设M是原初的；令$e$在局部环End$_A(M)$中幂等。由于$e^2=e$，$e$是可逆的，我们有$e= 1$，或者$1-e$是可逆的，我们有$e= 0$。这证明M是不可分解的（VIII，p. 30）。

现在，假设 M 不可分解且为有限长度。由VIII、p. 27的命题2、c)，M的每一个自同态都是可逆的或幂零的；因而，环End$_A(M)$是VIII、p. 26中的例2的局部。

$\mathbf{Z}$-模块$\mathbf{Z}$不可分解，诺特，但阿廷的不可分解。它的自同态环与 $\mathbf{Z}$ 同构的，因此不是局部的。因而，$\mathbf{Z}$不是原始的$\mathbf{Z}$模块。

$*$设$p$为素数数。 $\mathbf{Z}$模块$\mathbf{Q}_p/\mathbf{Z}_p$的自同态环同构于局部环$\mathbf{Z}_p$（cf.VII, §4、p. 65、习题13）；因此它是一个原始的 $\mathbf{Z}$ 模块。

单射模不可分解当且仅当它是原初 (X, §1, n$^o9$, p. 21, 命题 $14$)$.*$

对于 M 的每个分解 $M =\bigoplus_{i\in I}M_i$ 作为原初模的直和，指标 $i\in I$ 的集合，使得 $M_i$ 同构于 L 有基数 [M ： L]。

证明是基于以下四个引理。

令$p$为从M到$M'$的投影以及核$M''$，并令$v$为$p\circ u$到$M'$的限制。首先，假设$v$是$M'$的自同构。由于$v$是单射的，$u$到$M'$的限制是单射的，我们有$u(M')\cap M''= 0$。由于$v$是满射，我们有$u(M')\oplus M''= M$。因而，从$M'$到子模，$u$诱导同构是M中$M''$的补充。现在，假设$v$不是$M'$的自同构。那么$1_{M'}-v$是$M'$的自同构，因为$M'$是本初的。现在，$1_{M'}-v$是$p\circ (1_M-u)$到$M'$的限制。前面的推理证明了M对$M''$的补充从$M'$到子模的$1_M-u$诱导同构。

a) 存在指标$i\in I$，使得M的$M_i$到直因子子模存在$u$诱导同构。

b) 对于从$M_J$到子模的I$,v$诱导同构的每个有限子集J，作为$M_{I-J}$的补充。

如果性质 b) 成立，则 $v$ 是单射的。

假设性质 a) 不成立，让我们在 J 基数上通过归纳建立性质 b)。如果 $J =\emptyset$ 则无需证明。因而，假设J是J的非空、选择元素$i$、以及集合$J'= J-\{i\}$。由M的归纳假设、$v$诱导同构从$M_{J'}$到子模补充$M_{I-J'}= M_{I-J}\oplus M_i$；因而，子模$M''=v(M_{J'})\oplus M_{I-J}$是$M_i$的补充。由$u$的引理 1和假设、$M_i$至子模的自同态$v$诱导同构补充$M''$；因而，$v$诱导同构从$M_J= M_i\oplus M_{J'}$到子模是对$M_{I-J}$的补充。

最后一个断言源自以下事实：M是子模$M_J$的并，其中J穿过I的有限子集。

由于 $p$ 是非零的，因此 $1_M-p$ 不是单射的。到引理 2，存在指标 $i\in I$，使得 M 的 $M_i$ 到直因子子模 $p$ 诱导同构。M 的每个投影算子与像 $p(M_i)$ 定义、限制、$p(M)$的投影算子和像$p(M_i)$，所以$p(M_i)$是$p(M)$的直因子子模。

(1)卡片(J)$\leqslant$卡片(I$_L$)。

设$N_0$是M对N的补充的子模。模M是$N_0$和家庭$(N_j)_{j\in J}$的直和。对于每个 $j\in J$，用 M 的 $p_j$ 投影算子表示，其中像 $N_j$ 与此分解相关（II, §1, No. 8、p. 209、命题 12）。对于每个$i\in I$，用指标$j\in J$的$J(i)$集合表示，使得$p_j$诱导同构从$M_i$到$N_j$。这个集合是有限的：事实上，如果$x$是$M_i$的非零元素并且K是J的有限子集，使得$x$属于到$N_0+\sum_{k\in K}N_k$，那么我们有$j\in J$的$p_j(x) = 0$- K，使得 $J(i)$ 包含在 K 中。

让$j\in J$。到引理 3，存在指标$i\in I$，使得$N_j$从$M_i$到直因子子模有$p_j$诱导同构。由于 $M_i$ 是非零的并且 $N_j$ 是原初的，因此不可分解（VIII、p. 31、命题 4），所以我们有 $p_j(M_i) = N_j$ 和 $j$ 属于 $J(i)$。由于模$M_i$同构于$N_j$，因此也与L同构，指标$i$属于同构于$I_L$。这证明J是有限族集合$(J(i))_{i\in I_L}$的并。如果集合 J 无穷大，则集合 $I_L$ 无穷大，我们有 (集合理论，III, §6, No. 3，p. 188，推论 3)

卡(J)$\leqslant \sum_{i\in I_L}$卡(J($i$))$\leqslant$卡(I$_L$)。

现在，假设集合 J 是有限的，让我们在 J 的基数上用归纳证明引理。如果 J 为空，则无需证明。因此，假设J为非空，J的选择元素$j$。由上式可知，从$M_i$到$N_j$，存在指标$i\in I_L$使得$p_j$诱导同构。 集合$I'= I-\{i\}$和$J'= J-\{j\}$。 模 M 是$M_i$ 的直和和$p_j$ 的核。它也是$M_i$和子模$M'=\oplus_{i'\in I'}M_{i'}$的直和。因此，从 Ker $p_j= N_0\oplus_{j'\in J'}N_{j'}$ 到$M'$，存在（II, §1, No. 9，p. 210，命题 13 的推论）同构 $\varphi$。 集合$N'=\varphi (\sum_{j'\in J'}N_{j'})$。 $M'$的子模$N'$是直因子并且是原始子模的$(\varphi (N_{j'}))_{j'\in J'}$族的直和与L同构。让我们将归纳假设应用于 $M'$ 和 $N':$，我们有 Card(J$'$)$\leqslant$ Card(I$_L-\{i\}$)，因此不等式 (1)。

让我们证明定理 1。令$(M_i)_{i\in I}$和$(N_j)_{j\in J}$是原始子模与直和M的两个族。令$I_L$（或$J_L$）是$i\in I$（或$j\in J$）的集合，使得$M_i$（分别为$N_j$）与L同构。我们通过引理 4 得到 Card(J$_L$)$\leqslant$ Card(I$_L$)。通过交换 I 和 J 的角色，我们得到逆不等式，从而得到定理。

定理 1 中定义的基数 [M : L] 在 M 中称为 L 的原始重数。

那么存在M的自同构$u$和从I到J的双射$\varphi$，这样对于每个$i\in I$我们都有$u(M_i) = M'_{\varphi(i)}$。

对于任何原初模 L，令 $I_L$（分别为 $J_L$）为指标 $i\in I$（分别为 $j\in J$）的集合，使得 $M_i$（分别为 $M'_j$）同构于L。 The nonempty sets of the form $I_L$ (resp. $J_L$) form a partition of I (resp. J), and for every L, we have

卡(I$_L$) $=$ 卡(J$_L$) $= [M : L]$;

推论如下。

到假设，我们有

[M : L] + [P : L] = [N : L] + [P : L]

对于每个原始模L。由于 [P : L] 是有限的，因此根据 (集合理论, III, §3, No. 4, p. 162, 命题 8) 的归纳，我们对于每个原初模有 [M : L] = [N : L] L。因此，根据推论 1，模 M 和 N 同构。

设L为原初模。 By 假设, we have

因此，我们有等式 [M : L] = [N : L]：事实上，对于每个无限基数 $\mathfrak{a}($集合理论，III, §6, No. 3，p. 188，推论 4），我们都有 $d\mathfrak{a}=\mathfrak{a}$。根据推论 1，模 M 和 N 同构。

a) 存在I的子集 J，使得$M_J$是子模对N的补充。

b) 令 J 为 I 的子集。如果$M_J$是N的补集，则模N与$M_{I-J}$同构并且是半原初的。

我们用指标 $i\in I$ 的 K 集合表示，使得 $N\cap M_i= 0$；让我们在 K 的基数上计算使用归纳法。如果 M = N，则推论很清楚。假设 $M\not= N$。设$p$为M与核N的投影算子。用P表示其像。它是非零的，并且由引理3，存在$j\in I$使得$p$诱导同构从P 的$M_j$ 到直因子子模。我们有$N\cap M_j= 0$。 集合$N'= N\oplus M_j$。我们有$N'= N\oplus p(M_j)$。 P 中对 $p(M_j)$ 的补充子模也对 M 中的$N'$ 进行补充，因此$N'$ 是 M 的直因子子模。指标 $i\in I$ 的集合使得$N'\cap M_i= 0$ 包含在 K $-\{j\}$ 中。到归纳假设，存在I的子集$J'$，使得$M_{J'}$是M中$N'$的子模补充。集合$J = J'\cup \{j\}$。那么$M_J$是M中N的子模补充。

令J为I的子集，使得$M_J$是N中M的子模补充。由于$M_J$也是$M_{I-J}$的补充，模N和$M_{I-J}$是同构的，并且N是半本初的。

设A为局部环。 A-模 $A_s$ 是本初 (VIII, p. 31)。 如果 M 是有限生成射影 A-模，则存在 A-模 N 和自然数 $n$，使得 $M\oplus N$ 同构于 $A^n_s$（II, §2, No. 2，p. 232，推论 1）。 从推论 5 可以得出，对于整数 $m$，模 M 本身与 $A^m_s$ 同构，使得 $0\leqslant m\leqslant n$ 是自由的。

a) 存在M 的不可分解子模的有限族$(M_i)_{i\in I}$，使得$M =\bigoplus_{i\in I}M_i$ 和模 M 是半原初的。

b) 设$(M_i)_{i\in I}$和$(M'_j)_{j\in J}$是M的不可分解子模的两个有限族，使得$M =\bigoplus_{i\in I}M_i=\bigoplus_{j\in J}M'_j$。从I到J存在双射$\sigma$和M的自同构$u$，这样对于每个$i\in I$我们都有$u(M_i) = M'_{\sigma(i)}$。

c) 令N为M的直因子子模，并令$(M_i)_{i\in I}$为M的不可分解子模与直和M的有限族。存在I的子集J，使得$\bigoplus_{i\in I-J}M_i$是N的补集。模N同构于$\bigoplus_{j\in J}M_j$。

d) 设 N 为 A-模。如果存在整数$d >0$使得模$M^d$和$N^d$同构，则模M和N同构。

e) 令 N 和 P 为 A-模或有限长度。如果模 $M\oplus P$ 和 $N\oplus P$ 同构，则 M 和 N 同构。

有限长度中的模既是阿廷的又是诺特（VIII、p. 2、命题 1）。此外，对于有限长度的模，不可分解或原始等价于（VIII，p. 31，命题4）。 断言 a) 然后从命题 3 of VIII, p. 30 得出。 断言 b)、c) 和 e) 分别来自VIII、p. 32 定理 1 的推论 2、5 和 3。最后，断言 d) 由 VIII、p. 35 的推论 4 得出，因为在 d) 的假设下，模 N 具有有限长度，因此与 a) 是半原初的。

a) 首先，假设代数$K'$在K上有有限次数$d$。则A-模$M_{(K')}$与$M^d$同构，A-模$N_{(K')}$与$N^d$同构，因此A-模 $M^d$ 和 $N^d$ 同构。由定理 2，d)，A-模 M 和 N 同构。

b) 现在，假设 K-代数 $K'$ 是由有限多个元素生成的。 选择最大理想$\mathfrak{m}$为$K'$，以及集合$K''= K'/\mathfrak{m}$。通过希尔伯特零点定理（VIII，p. 462，定理 1的推论1）$, K''$是K的有限次扩张。通过从$K'$到$K''$的标量扩张，我们推出： $A_{(K')}$-线性同构 $M_{(K')}\rightarrow N_{(K')}$ $A_{(K'')}$-线性同构 $M_{(K'')}\rightarrow N_{(K'')}$。由证明的部分a)，A-模M和N是同构的。

c) 最后，让我们处理一般情况。令$u: M_{(K')}\rightarrow N_{(K')}$为$A_{(K')}$模块和$v: N_{(K')}\rightarrow M_{(K')}$逆同构的同构。表示由有限多个元素生成的$K'$K-子代数$\mathscr{E}$集合。如果E是这样的子代数，则$A_{(E)}$与$A_{(K')}$的子环标识，并且$M_{(E)}$和$N_{(E)}$分别与$M_{(K')}$和$N_{(K')}$的$A_{(E)}$子模块标识（II, §7, No. 7， p. 306);此外，$M_{(K')}$和$N_{(K')}$分别是右向族$(M_{(E)})_{E\in\mathscr{E}}$和$(N_{(E)})_{E\in\mathscr{E}}$的并。 A-模 M 和 N 为有限长度，因此是有限生成的；令 S 为 A-模 M 的有限生成子集和 T 有限生成子集 A-模 N。存在 K-代数 $E\in \mathscr{E}$，这样我们对于每个 $s\in S$ 都有 $u(1\otimes s)\in N_{(E)}$ 并且每 $t\in T$ $v(1\otimes t)\in M_{(E)}$。根据线性关系，我们有 $u(M_{(E)})\subset N_{(E)}$ 和 $v(N_{(E)})\subset M_{(E)}$。 映射$u$和$v$，然后诱导逆双射从$M_{(E)}$到$N_{(E)}$以及从$N_{(E)}$到$M_{(E)}$。这些双射显然是 $A_{(E)}$ 线性的。因此，$A_{(E)}$-模块$M_{(E)}$和$N_{(E)}$是同构的。由证明的部分b)可知，A-模M和N是同构的。