令$\mathscr{S}$为I的子集$I'$的集合，使得模N的族由……组成的和和$I'$中的$i$的$S_i$是直接的。 集合 $\mathscr{S}$ 是有限的特征标： I 属于到 $\mathscr{S}$ 的子集 J 当且仅当对于 J 的每个有限子集都成立。因而，集合 $\mathscr{S}$ 有极大元素 J（集合理论，III, §4, No. 5，p. 171）。 集合$N'= N +\sum_{j\in J}S_j$。设$i$在I - J中。由于J在$\mathscr{S}$中最大，集合$J\cup \{i\}$不会属于到$\mathscr{S}$，因而$S_i\cap N'\not= 0$。由于$S_i$是单模，所以我们有$S_i\cap N'= S_i$。因而，每 $i\in I$ 就有 $S_i\subset N'$，从而 $N'= M$。这样就完成了证明。

对于 N = 0 的情况，应用定理 1 就足够了。

定理 1 需要条件。

相反，假设 M 的每个子模都承认补充。令$M'$为M中简单子模的和，并令$M''$为M中$M'$的补充。假设我们有$M'\not= M$，因此有$M''\not= 0$。令N为$M''$的非零的单生子模。由VIII的命题 3，p. 49，存在N的极大子模 P。设Q是M中P的子模补集。则$N\cap Q$是N的子模，N中P的补集，因此与$N/P$同构的（II, §1, No. 9、p. 210、命题13）。因而，$N\cap Q$是$M''$的简单子模，与$M'$的定义相反。

因而，根据推论 1，我们有 $M'= M$，并且模 M 是半单。

选择 J 如定理 1。 模 $N'=\bigoplus_{j\in J}S_j$ 是 M 中 N 的补充；因此它与 $M/N$ 同构的。此外，M的子模N和$\bigoplus_{i\in I-J}S_i$都是$N'$的补充，因此与$M/N'$同构的。

如果 M 是简单的，则根据 VIII、p. 47 的命题 2 的推论，E 是域。

如果 E 是域，则模 M 不可分解 (VIII, p. 31, 命题 4, a))。而且因为是半单，所以很简单。

(i) 存在集合I使得M与$S^{(I)}$同构。

(ii) 模 M 是子模族中的直和，与 S 同构。

(iii) 模 M 是子模族中的和，与 S 同构。

(iv) 在域 D 上存在左向量空间 V，使得A-模 M 与$S\otimes_DV$ 同构。

(i)和(ii)的等价是直接的，(ii)和(iii)的直接的是从VIII、p. 56的定理 1得出的，适用于N = 0的情况。D上的每个左向量空间同构于形式的向量空间 $D_s^{(I)}$，其中 I 为集合（II, §7, No. 1、p. 292、定理 1）。由于张量积与直和可交换，(i) 等价于(iv)。

第一个断言源自定义，第二个VIII、p. 56的推论3。

b) 令V为左向量空间超过域D。由$\beta_V(v)(s) =s\otimes v$(VIII,p. 59)定义的D线性映射$\beta_V: V\rightarrow$Hom$_A(S,S\otimes_DV)$是双射的。

用 $\mathscr{H}(M)$ 表示左侧 D-向量空间 Hom$_A(S,M)$。 A-模 M 与假设、直和属于子模家​​族，与 S 同构的。 A-模 S 是单源的；为了证明映射 $\alpha_M$ 是双射的，因此只需考虑 M = S (VIII, p. 60, 注 3) 的情况。现在，$\mathscr{H}(S)$ 就是 D-向量空间 $D_s$，$\alpha_S$ 就是由 $\iota (s\otimes d) =sd$ 定义的同构 $\iota : S\otimes_DD_s\rightarrow S$。

同样，为了证明b)，只需考虑$V = D_s$的情况。由于映射 $\alpha_S$ 是双射，映射 $\beta_{D_s}=\beta_{\mathscr{H}(S)}$ 也是双射 (VIII, p. 60, 注 2)。

a) 映射 $W\mapsto \alpha (S\otimes_DW)$ 是从 $\mathscr{D}_D(V)$ 到 $\mathscr{D}_A(M)$ 的有序集中的同构。

b) 逆同构将M的子模N发送到元素$v$的V由……组成的线性子空间，使得对于每个$s\in S$，$\alpha (s\otimes v)$属于到N。

对于$W\in \mathscr{D}_D$（V），集合$\varphi (W) =\alpha (S\otimes_DW)$。对于$N\in \mathscr{D}_A$(M)，用元素$v\in V$中的$\psi (N)$集合表示，使得每个$s\in S$都有$\alpha (s\otimes v)\in N$。这个定义两个映射$\varphi :\mathscr{D}_D(V)\rightarrow \mathscr{D}_A(M)$和$\psi :\mathscr{D}_A(M)\rightarrow \mathscr{D}_D(V)$。他们显然是递增。

令N为M的子模。它是型S的同型（VIII，p. 61，命题2）。 集合$W =\psi (N)$。到命题 3，VIII、p. 62、A-线性映射 $h: S\rightarrow M$ 的 b) 就只是映射 $s\mapsto \alpha (s\otimes v)$，其中 $v$ 穿过 V。 N 中包含像的为映射 $s\mapsto \alpha (s\otimes w)$，其中 $w$ 穿过 W；它们的像生成N，因为N是型S的同型。因此我们有$\alpha (S\otimes_DW) = N$，即$\varphi (\psi (N)) = N$。这证明$\varphi \circ \psi$在$\mathscr{D}_A(M)$上是恒等映射。特别是，$\varphi$是满射，$\psi$是单射。

要完成证明，只需证明映射$\varphi$是单射的。设 W 和 $W'$ 是 V 的线性子空间，使得 $\varphi (W) =\varphi (W')$。当被视为$S\otimes_DV$的线性子空间时，向量空间$S\otimes_DW$和$S\otimes_DW'$重合。 选择非零的线性形式$f$在D-向量空间S上，并令$g: S\otimes_DV\rightarrow V$为由$g(s\otimes v) =f(s)v$定义的群同态。我们有 $W =g(S\otimes_DW) =g(S\otimes_DW') = W'$，所以 $\varphi$ 是单射的。

a) 映射 $N\mapsto$ 坎$_A(S,N)$ 是有序集中的同构，从 $\mathscr{D}_A(M)$ 到 $\mathscr{D}_D$（坎$_A(S,M)$）。

b) 逆双射将Hom$_A(S,M)$的线性子空间W发送到M的子模$\sum_{h\in W}h(S)$。

当我们将 $(V, \alpha )$ 视为 M 的规范描述时，这是定理 2 的重新表述。

事实上，到定理 2，$S\otimes_DV$ 的每个 A-子模 N 都等于 $S\otimes_DW$，其中 W 是元素 $v$ V 由……组成的线性子空间，使得 $s\otimes v$每 $s\in S$ 属于到 N。

$S\otimes_DV^{\alpha}$ // 中号

$S\otimes_D{V'}^{\alpha'}$ // $M'$。

从霍姆$_D(V,V')$到霍姆$_A(M,M')$的映射$f\mapsto \widetilde{f}$需要群同构。

足以证明从Hom$_D(V,V')$到Hom$_A(S\otimes_DV,S\otimes_DV')$的$\mathbf{Z}$线性映射$u\mapsto 1_S\otimes u$是双射的。在No.3的记号应用于$(A$，D)-双模S，这个对应表明映射

$\mathscr{T}:$坎$_D(V,V')\longrightarrow$坎$_A(\mathscr{T}(V),\mathscr{T}(V'))$

是双射的。但是通过VIII、p. 60的注 1，由于伴随同构(VIII，p. 59)是双射的，这个对应表示发送$u$到$\beta_{V'}\circ u$的映射是双射，源自 D 线性映射 $\beta_{V'}$ 是双射 (VIII, p. 62, 命题 3, b))。

我们保留定理 3 中的记号。令$M''$ 为型 S 中的同型A-模，并令$(V'', \alpha '')$ 为$M''$ 中的描述。对于每个 $f\in$ Hom$_D(V,V')$ 和每个 $g\in$ Hom$_D(V',V'')$，我们有 $g]\circ f=\widetilde{g}\circ \widetilde{f}$。特别地，对于$M = M'$、$V = V'$和$\alpha =\alpha '$，从End$_D(V)$到End$_A(M)$的映射$f\mapsto \widetilde{f}$是环同构。

由于VIII、p. 59的图表（I）的交换律，这个推论源自定理3，应用于M的规范描述和$M'$。

a) 模 M 是其同型成分家族 $(M_{\lambda})_{\lambda\in\mathscr{S}}$ 的直和。

b) 假设 M 是简单子模家庭$(N_i)_{i\in I}$ 的直和。对于每个$\lambda \in \mathscr{S}$，令$I(\lambda )$为指标$i\in I$的集合，使得$N_i$为类$\lambda$。我们有$M_{\lambda}=\bigoplus_{i\in I(\lambda)}N_i$。

c) 如果 M 是有限生成的，则 $\lambda \in \mathscr{S}$ 的集合使得 $M_{\lambda}\not= 0$ 是有限的。

d) 对于 M 的每子模 N 和每 $\lambda \in \mathscr{S}$，我们有 $N_{\lambda}= N\cap M_{\lambda}$ 和 $(M/N)_{\lambda}= (M_{\lambda}+ N)/N$。

由于M是半单，所以它是家庭$(M_{\lambda})_{\lambda\in\mathscr{S}}$的和；让我们证明这个和是直接的。让$\lambda \in \mathscr{S}$。用$M'_{\lambda}$表示家庭$(M_\mu)_{\mu\in\mathscr{S}-\{\lambda\}}$的和。 模 $M'_{\lambda}$ 是单模系列中的直和，与 $\lambda$ 不同构（VIII、p. 56、定理 1）。根据推论 3，VIII、p. 56、$M'_{\lambda}$ 定理 1 不包含类 $\lambda$ 中的任何简单子模。因此我们有 $M_{\lambda}\cap M'_{\lambda}= 0$。因此断言a)得证。到构造，我们有$M_{\lambda}\supset \bigoplus_{i\in I(\lambda)}N_i$，所以断言 b) 由II, §1, No. 8、p. 208 的注 1 得出。

断言 c) 由a) 和II, §1, No. 12、p. 221 的命题 23 得出。

令 N 为 M 的子模和 $\lambda \in \mathscr{S}$。 N的型$\lambda$的同型成分$N_{\lambda}$包含在$M_{\lambda}$和$M_{\lambda}\cap N\subset N_{\lambda}$中。因而，交$N\cap M_{\lambda}$是型$\lambda$的N的同型组分。

对于每个 $\lambda \in \mathscr{S}$，模 $M_{\lambda}+N/N$ 与 $M_{\lambda}/(M_{\lambda}\cap N)$ 同构的。因而，它是型 $\lambda$ 的同型并包含在 $(M/N)_{\lambda}$ 中。然后从 a) 和 II, §1, No. 8、p. 208、注 1 得出最后一个断言。

由于N和$M/N$是半单（VIII，p. 56，推论3），推论来自命题4，d）。

半单A-模 M 的支持度是类 $\lambda$ 的单A-模的集合，使得型 $\lambda$ 的M 的同型分量是非零的。有限生成的半单A-模的支持是有限的。

a) 设$f: M\rightarrow N$为同态。对于从$M_{\lambda}$到$N_{\lambda}$的每个$\lambda \in \mathscr{S},f$诱导同态$f_{\lambda}$；如果 M 是半单和 $f$ 满射，则同态 $f_{\lambda}$ 都是满射。

b) 假设 M 为半单。从 Hom$_A(M,N)$ 到 $\prod_{\lambda\in\mathscr{S}}$ Hom$_A(M_{\lambda},N_{\lambda})$ 为映射 $f\mapsto (f_{\lambda})_{\lambda\in\mathscr{S}}$ 群同构。当M等于N时，从End$_A(M)$到$\prod_{\lambda\in\mathscr{S}}$End$_A(M_{\lambda})$，映射为环同构。

对于每个 $\lambda \in \mathscr{S}$，N 的子模 $f(M_{\lambda})$ 同构于同型模与型 $\lambda$ 的商；因而，它是型$\lambda$的同型，因此包含在$N_{\lambda}$中。

假设 M 是半单和 $f$ 满射。然后$f$诱导同构从$M/$Ker($f$)到N，发送$(M_{\lambda}$+Ker($f$))$/$Ker($f$)到$f(M_{\lambda})$。到VIII、p. 65的命题 4，我们有$N_{\lambda}=f(M_{\lambda})$，这就完成了a)的证明。

b)中考虑的映射显然是群同态，当M等于N时，它是环同态。令$(f_{\lambda})_{\lambda\in\mathscr{S}}$为$\prod_{\lambda\in\mathscr{S}}$Hom(M$_{\lambda},N_{\lambda}$)的元素。 b)中映射下的逆像中的唯一元素是同态$f: M\rightarrow N$，定义为

对于每个$(x_{\lambda})_{\lambda\in\mathscr{S}}\in \bigoplus_{\lambda}M_{\lambda}$。

(i) M 中 N 存在唯一的子模补集。

(ii) 我们有Hom$_A(M/N,N) = 0$。

(iii) 存在$\mathscr{S}$的子集Λ使得$N =\bigoplus_{\lambda\in\Lambda}M_{\lambda}$。

选择子模 $N'$ 对 M 中的 N 的补充（VIII，p. 56，推出 2）。如果我们用认同 M 和$N'\times N$，则M 对N 的补充的子模就是A-线性映射从$N'$ 到N 的图。由于$N'$ 与$M/N$ 同构的，我们就证明了性质(i) 和(ii) 的等价。由命题 5, b)，群 Hom$_A(N',N)$ 同构于群 $\prod_{\lambda\in\mathscr{S}}$ Hom$_A(N'_{\lambda},N_{\lambda})$。它是零当且仅当对于每个$\lambda \in \mathscr{S}$，我们有$N_{\lambda}= 0$或$N'_{\lambda}= 0$（VIII，p. 61，注），即$N_{\lambda}= 0$或$N_{\lambda}= M_{\lambda}$。这证明了性质 (ii) 和 (iii) 的等价。

(i) M 的每个子模都承认唯一的补子模。

(ii) 模 M 是简单、成对非同构模族$(S_i)_{i\in I}$ 的直和。

假设M满足这些条件。然后，对于 M 的每个子模 N，都存在一个唯一的 I 子集 J，这样我们就有 $N =\bigoplus_{j\in J}S_j$，并且 M 的每个简单子模都等于 $S_i$ 之一。

条件(i)和(ii)都意味着M是半单。

假设满足条件(i)。让$\lambda \in \mathscr{S}$。根据推论1中(i)和(iii)的等价，$M_{\lambda}$的每个子模都是零或等于$M_{\lambda}$。因而，$M_{\lambda}$是零或简单，并且（ii）从M是$(M_{\lambda})_{\lambda\in\mathscr{S}}$族的直和这一事实得出。

相反，如果满足条件 (ii)，则$M_{\lambda}$ 是零或对于每个 $\lambda \in \mathscr{S}$ 都是简单的。如果 N 是 M 的子模，则对于每个 $\lambda \in \mathscr{S}$，$N\cap M_{\lambda}$ 等于 0 或 $M_{\lambda}$。由于我们有 $N =\bigoplus_{\lambda\in\mathscr{S}}(N\cap M_{\lambda})$（VIII，p. 66，推出），子模 N 具有推论 1 的性质 (iii)，因此在 M 中承认唯一的补子模。这证明了 (ii) 隐含 (i)，以及推论的最后一个断言。

设 M 为 A-模，S 单A-模。用 D 表示域 End$_A(S)$ 的逆环，并将 S 视为$(A$，D)-双模。那么Hom$_A(S,M)$是D上的左向量空间，Hom$_A(M,S)$是D上的右向量空间。左D-向量空间Hom$_A(S,M)$的对偶是D上的右向量空间（II, §2, No. 3，p. 232，定义2）。对于每个$u\in$Hom$_A(M,S)$，从Hom$_A(S,M)$到Hom$_A(S,S) = D$的映射$h(u) :v\mapsto u\circ v$是线性形式在左边D-向量空间Hom$_A(S,M)$。

让$u\in$Hom$_A(M,S),v\in$Hom$_A(S,M)$和$d\in D$。我们有