(i) A-模 $A_s$ 是同型的。

(ii) 环 A 是左阿廷的，并且 A 的每个双面理想都等于 0 或 A。

(iii) 环 A 是左阿廷的，并且存在简单且忠实的左A-模 S。

如果满足这些条件，则A-模$A_s$有有限长度且同构于型S，并且每个单A-模同构于S。

让我们证明 (i) 蕴涵 (ii)。假设满足(i)。那么有限生成A-模$A_s$是半单，因此有有限长度并且是阿廷的（VIII，p. 71，命题10）；因而，环 A 为左阿廷的。 左A-模 $A_s$ 的自同态是 A 的乘法与元素的对数。由于左A-模 $A_s$ 是同型的，因此从 VIII、p. 86 的命题 6, b) 得出$(A$, A)-双模$_sA_d$ 很简单。 $_sA_d$的子双模是A的两侧理想，因而(i)蕴涵(ii)。

让我们证明 (ii) 蕴涵 (iii)。 环 A不减为0；因而，存在单A-模 S。S 的湮没子是A 的真两侧理想。如果我们假设满足(ii)，则湮没子等于0。A-模 S 是忠实的，并且(ii) 蕴含(iii)。

让我们证明 (iii) 蕴涵 (i)。假设满足(iii)。则存在整数 $m\geqslant 1$，使得 $A_s$ 同构于 $S^m$ 的子模 (VIII, p. 50, 命题 5, a))。由于$S^m$是型S的同型A-模，因而$A_s$同样成立（VIII，p. 61，命题2）；因而，(iii) 意味着(i)。

假设满足条件(i)至(iii)。我们在上面看到A-模$A_s$有有限长度并且是型S的同构。每个简单的左A-模同构于$A_s$的商，因此也同构于S。

到命题 1，A-模 $A_s$ 具有有限长度并且与型 S 同型分支的。因而，存在整数 $m\geqslant 1$，使得 A-模 $A_s$ 和 $S^m$ 同构的。那么 A-模 S 是射影且有限生成的。它是生成的 (VIII、p. 80、定理 1)，并且引理 1 是从VIII、p. 101、(ii)$\Rightarrow$(i) 和 (ii)$\Rightarrow$(iii) 中的定理 1 得出的，适用于$(A,D)_{\mathbf{Z}}$-双模 S。

我们知道V是一个简单的E模（VIII，p. 45，例3）并且它的交换子等于$D_V$（VIII，p. 82，推论1）。 Let $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant r}$ be 基 of V over 域 D. 映射 $u\mapsto (u(x_i))_{1\leqslant i\leqslant r}$ is 同构的 from the E-module $E_s$ to the E-module $V^r$; consequently, the E-module $E_s$ is isotypical of 长度 $r$, so 环 E is simple.

现在让我们证明定理1。 回忆一下（II, §10, No. 7，p. 349），环$\mathbf{M}_r(D)$可以与右D-向量空间$D^r_d$的自同态环识别；此外，域 D 上的有限维 $r$ 的每个右向量空间都同构于 $D^r_d$ (II, §7, No. 1, p. 292)。 因而，定理 1 由引理 1 和 2 得出。

b) 简单的环的逆环很简单。

c) 简单环的左长度等于它的右长度。

设 D 为域，Z 为中心，且在有限维 $r\geqslant 1$ 的 D 上V 右向量空间。我们用 E 表示 V 的自同态环。

根据VIII、p. 83的推论2，映射$z\mapsto z_V$是从Z到E的中心的同构。 断言 a)如下。 V的对偶$V^*$是右向量空间与D的相反域$D^o$，并且它的维数等于$r$。从E的逆环$E^o$到环结束$_{D^o}(V^*)$，映射$u\mapsto^tu$是同构。因而，环$E^o$很简单，环E和$E^o$具有相同的左长度，等于$r$（引理2）。

条件显然就足够了。

相反，假设环 $B =\mathbf{M}_r(D)$ 和 $B'=\mathbf{M}_{r'}(D')$ 同构。由于$r$是$B_s$的长度，$r'$是$B'_s$（引理2），所以我们有$r=r'$。此外，B是与D和$B'$至$D'$(VIII，p. 102，例1)等价的森田。因而，域 D 和$D'$ 是 Morita 等价的，因此是同构的 (VIII, p. 111, 命题 13, c))。

令 S 为简单的左A-模；它是 K 上的有限维 K-向量空间。因而，它的交换子是 K 上的有限次数的代数。第一个断言由引理 1 得出。如果 K 是代数封闭的，则 D = K by VIII, p. 47 的定理 1。

这是从VIII、p. 120和森田的定理（VIII、p. 103）中的引理 1 得出的。

a) 每个 A-模都是射影且与型 S 同型分支的，因此有半单。如果它有长度$\mathfrak{a}$，那么它与$S^{(\mathfrak{a})}$同构。

b) 每个非零的A-模都是生成的。

c) 两个A-模同构当且仅当它们具有相同的长度。

用 D 表示 S 的交换子的相反域。由 VIII、p. 120 的引理 1，S 是可逆的$(A$，D)-双模。设M为A-模；通过引理 3，它与形式$S\otimes_DV$的模同构，其中V是左向量空间超过域D。

D-模 V 是射影且与型 $D_s$ 同型分支的；当且仅当不减为0时才是生成的。最后，$S\otimes_DV$的长度等于D-向量空间V的维数，并且两个向量空间同构当且仅当它们具有相同的维数。鉴于VIII、p. 109中的命题10和VIII、p. 110中的12，命题2现在紧随其后。

设$r\geqslant 1$为整数。如果存在基数$\mathfrak{b}$使得$\mathfrak{a}=r\mathfrak{b}$，我们说基数$\mathfrak{a}$可被$r$整除。如果 $\mathfrak{a}$ 是无限的，就会出现这种情况，因为我们有 $r\mathfrak{a}=\mathfrak{a}($集合理论，III, §6, No. 3，p. 188，推论 3）。由此注可知，如果基数$\mathfrak{a}$能被$r$整除，则存在唯一的基数$\mathfrak{b}$使得$\mathfrak{a}=r\mathfrak{b}$。

每个单A-模都同构于 $A_s$ 的商，因此在 $k$ 上是有限维的。然后从命题 2, c) 得出推论。

（1）长$_A(M) =$长（A）$\cdot$暗$_A(M)$。

假设M是自由的，令$(e_i)_{i\in I}$为M的基。A-模M为A-模$Ae_i$的直和，它们均与$A_s$同构。 集合$r=$长$_A(A_s)$； 整数大于或等于 1（VIII、p. 119、命题 1）。我们有VIII、p. 73的公式(13)长$_A(M) =r$卡(I)。

相反，假设基数 long$_A(M)$ 可以被$r$整除。设 $\mathfrak{a}$ 为长$_A(M) =r\mathfrak{a}$ 的基数。则A-模 M 与$A^{(\mathfrak{a})}_s$ 具有相同的长度，因此与命题 2 同构。这证明M 是自由的。

a) 映射 $a\mapsto a_M$ 是从 A 到 B-模 M 的自同态环的同构。

b) 假设 M 的有限长度为 A-模。那么环 B 很简单，我们有

(2) 长$_A(M) =$长(B)和长$_B(M) =$长(A)。

A-模 M 是 VIII、p. 122 中的生成的乘以命题 2。到定义，我们有$B = A'_M$，并且断言 a) 因此从VIII、p. 82 的定理 2 得出。

假设 M 是有限长度中的 A-模。 选择单A-模 S，令 D 为 S 的自同态环的对数域。由引理 3，A-模 M 同构于形式 $S\otimes_DV$ 的模，其中V 是左向量空间超过域 D。向量空间 V 是有限维的。由VIII、p. 64、环的定理 3，B同构于End$_D(V)$；通过引理 2 (VIII, p. 121)，环 B 因此是简单的。考虑注 1 of VIII, p. 63，我们得到等式

长（B）=暗$_D(V) =$长$_A(M)$。

通过 VIII、p. 63 中的注 1 和 VIII、p. 121 中的 3 个，我们有关系

长$_B(M) =$长$_{End_D(V)}(S\otimes_DV) =$暗淡$_D(S) =$长(A),

这给出了最后一个关系。

令$r$为A的长度； A-模 $A_s$ 与 $S^r$ 同构。现在，左A-模 B 同构于 $B\otimes_AA_s$ (II, §3, No. 4, p. 249)，因此也同构于 $(B\otimes_AS)^r$ (II, §3, No. 7, p. 255, 命题 7)。因而，我们有 long$_A(B) =r$ long$_A(B\otimes_AS)$，并且命题 5 是从 VIII、p. 123 的命题 3 得出的。

让我们介绍将C视为左B-模的基$(e_i)_{i\in I}$和将B视为左A-模的基$(f_j)_{j\in J}$。那么$(f_je_i)_{j\in J,i\in I}$是C的基，被视为左A-模（II, §1, No. 13，p. 222，命题25）；接下来是命题6。

b) 映射$W\mapsto \mathfrak{b}(W)$是从V线性子空间的集合到A的右理想集合的双射。

c) 令$W_1$和$W_2$是子空间与V的线性关系。 关系 $W_1\subset W_2$、$\mathfrak{a}(W_1)\supset \mathfrak{a}(W_2)$ 和 $\mathfrak{b}(W_1)\subset \mathfrak{b}(W_2)$ 等效。

断言 b) 源自 VIII、p. 104 的例 1、b)，应用于可逆 $(D^o,A^o$)-双模 V，关系 $W_1\subset W_2$ 和 $\mathfrak{b}(W_1)\subset \mathfrak{b}(W_2)$ 的等价也是如此。

令 $V^*$ 为 V 的对偶，视为右向量空间相对于 D 的域 $D^o$。对于V 的任何子空间 W，用 $W'$ 表示 W 在 $V^*$ 中的正交。从V子空间集合到$V^*$子空间集合映射$W\mapsto W'$为双射。如果$W_1$和$W_2$是V的两个子空间，则关系$W_1\subset W_2$和$W'_1\supset W'_2$是等价的。现在，从A到End$_{D^o}(V^*)$的逆环，映射$u\mapsto^tu$是同构；它将A的变换左理想转化为End$_{D^o}(V^*)$和$\mathfrak{a}(W)$的右理想，转化为$V^*$的自同态$h$的集合$\mathfrak{b}(W')$，使得$h(V^*)\subset W'$。 断言 a)，以及关系 $W_1\subset W_2$ 和 $\mathfrak{a}(W_1)\supset \mathfrak{a}(W_2)$ 的等价，则从断言开始，类似于 b)，对于 V 的对偶 $V^*$。

b) A 的最小右理想是理想$\mathfrak{b}(L)$，其中L 是V 中的一条线。 A 的最大右理想是理想 $\mathfrak{b}(H)$，其中 H 是 V 中的超平面。

设 $(L_i)_{i\in I}$ 是与直和 V 的线族。让$(\varepsilon_i)_{i\in I}$是与分解$V =\oplus_{i\in I}L_i$相关的投影算子族。 $\varepsilon_i$ 在 A 中是幂等的，对于 $i\not=j$ 和 $\sum_{i\in I}\varepsilon_i= 1$，我们有 $\varepsilon_i\varepsilon_j= 0$。用$H_i$表示超平面$\sum_{j\not=i}L_j$；是$\varepsilon_i$中的核。然后我们有

A-模$A_s$是最小左理想族$(\mathfrak{a}(H_i))_{i\in I}$的直和，$A_d$是最小右理想族$(\mathfrak{b}(L_i))_{i\in I}$的直和。

考虑具体情况 $V = D^n_d$ 和认同 A 与矩阵环 $\mathbf{M}_n(D)$。用I表示$\mathbf{N}$中的区间$[1, n]$，用$(v_i)_{i\in I}$表示V的典范基； 集合$L_i=v_iD$，并用$E_{ij}$矩阵单位（II, §10, No. 3，p. 341）表示。然后我们就有$\varepsilon_i= E_{ii}$。左理想AE$_{ii}$等于DE$_{1i}+\cdots +$DE$_{ni}$，并由矩阵和所有列组成，除了第$i$等于零。右理想$E_{ii}A$等于DE$_{i1}+\cdots +$DE$_{in}$，并由矩阵组成，除了第$i$之外的所有行都等于零。我们还有关系

对于 $i$ 和 $j$ 在 1 和 $n$ 之间。