(i) A-模 $A_s$ 是半单。

(ii) 对于 A 的每个左理想 $\mathfrak{a}$，都存在 A 的左理想 $\mathfrak{b}$，使得 $A_s$ 是 $\mathfrak{a}$ 和 $\mathfrak{b}$ 的直和。

(iii) 环 A 为左阿廷的，$(A,A)$-双模$_sA_d$ 为半单。

(iv) 环 A 同构于简单环有限族的乘积。

(v) 存在整数$s\geqslant$0、域$D_1, . . . ,D_s$和整数$r_1\geqslant 1, . . .,r_s\geqslant 1$，使得环A与矩阵环$\mathbf{M}_{r_i}(D_i)$的乘积同构。

(vi) 环 A 是左阿廷的，并且存在忠实的半单左A-模。

(i)和(ii)的等价由VIII、p. 56的推论2得出，(iv)和(v)的定理由VIII、p. 120的定理1得出。

A-模 $A_s$ 是有限生成的。如果是半单，那么就是左阿廷的（VIII、p. 71、命题 10）。由于 A-模 $A_s$ 是忠实的，这证明 (i) 蕴涵 (vi)。相反，假设性质 (vi) 成立；让M成为忠实的半单A-模。存在整数 $m\geqslant 1$，使得$A_s$同构于$M^m$的子模 (VIII, p. 50, 命题 5, a))；因为M是半单，所以$A_s$也是如此。因此我们证明了(i)和(vi)的等价。

让我们证明 (i) 蕴涵 (iii)。假设环 A 有性质 (i)；我们已经观察到 A 是左阿廷的。现在，左A-模$A_s$的自同态是A的右乘法乘元素。$(A$，A)-双模$_sA_d$是半单然后从VIII的命题6得出， p. 86。

让我们证明 (iii) 蕴涵 (iv)。 假设$(A$，A)-双模$_sA_d$是半单。 它是有限生成的，因此存在一个由简单 $(A$、A)-子双模与直和 $_sA_d$ 组成的有限族 $(\mathfrak{a}_i)_{i\in I}$。 在其他字中，$\mathfrak{a}_i$是A的非零的双面理想，A的加法群是$\mathfrak{a}_i$的直和，并且对于每个$i\in I$，$\mathfrak{a}_i$中包含的A的每个双面理想都等于0或$\mathfrak{a}_i$。 每 $i\in I$ 集合 $\mathfrak{b}_i=\sum_{j\not=i}\mathfrak{a}_j$；这是 A 的双面理想。 映射$a\mapsto (a+\mathfrak{b}_i)_{i\in I}$是环$A/\mathfrak{b}_i$中从环A到乘积的同构。 $(A$，A)-双模$\mathfrak{a}_i$和$A/\mathfrak{b}_i$同构的，因此$A/\mathfrak{b}_i$的每个双面理想都等于0或$A/\mathfrak{b}_i$。 如果环 A 是左阿廷的，那么环 $A/\mathfrak{b}_i$ 也是如此，因此很简单（VIII、p. 120、定义 1）。

最后，让我们证明（iv）蕴涵（i）。假设 A 是简单环的有限族 $(A_i)_{i\in I}$ 中的乘积。用 $\pi_i$ 投影和指标 $i$ 从 A 到 $A_i$ 表示，并用 $M_i$ A-模表示，底层为加法群 $A_i$ 和律作用 $(a, x)\mapsto \pi_i(a)x$。由于环$A_i$很简单，$A_i$模$(A_i)_s$是半单，所以A-模$M_i$是半单。由于A-模$A_s$只不过是乘积$\prod_{i\in I}M_i$，所以它是半单。

第一个断言源自A-模$A_s$是半单并且是有限生成的。每个单模都同构于 $A_s$ (VIII, p. 46, 命题 1) 的商。第二个断言由VIII、p. 56的推论3得出，第三个断言是第二个直接的推论。

b) 半单环的逆环是半单。

c) 半单环与双边理想的商为半单环。

d) 半单环有限族中的乘积是半单环。

设A为半单环。它同构于简单环的有限族 $(A_i)_{i\in I}$ 的乘积。 A的中心与$A_i$的中心的乘积同构，$A^o$与$A^o_i$的乘积环同构。因而，断言 a) 和 b) 由VIII、p. 121 的推论 1 得出。

设$\mathfrak{a}$为A的双面理想。A-模$A_s/\mathfrak{a}$，半单A-模$A_s$的商为半单。因而$(A/\mathfrak{a}$)-模$A_s/\mathfrak{a}$是半单； 断言 c)如下。

环是半单当且仅当它同构于简单环的有限族的乘积； 断言 d)如下。

(i) 环 A 是半单。

(ii) 环 A 为阿廷的并减少 (V, §6, No. 7, p. 34)。

(iii) 环 A 同构于交换域有限族中的乘积。

可交换简单环为交换域 (VIII, p. 120, 注 1)。因而 (i) 等价于 (iii)。

显然，(iii) 暗示着(ii)。相反，假设环 A 是阿廷的并减少了。 A 素理想的集合的交由 A 的幂零元 (V, §15, No. 1, p. 118, 命题 2) 组成，因此由于 A 约简而被约等于 0。到VIII、p. 2，则存在 A 的不同素理想 $\mathfrak{p}_1, . . . ,\mathfrak{p}_r$，使得我们有 $\mathfrak{p}_1\cap \cdots \cap \mathfrak{p}_r= 0$。由VIII、p. 8的推论，阿廷环A的每个素理想$\mathfrak{p}_i$都是最大的；因而，只要 $i$ 和 $j$ 不同，我们就有$\mathfrak{p}_i+\mathfrak{p}_j= A$。由I, §8, No. 11、p. 110、典范同态中的命题 9，从A到环$\prod^r_{i=1}(A/\mathfrak{p}_i)$是同构。对于每个 $i$，环 $A/\mathfrak{p}_i$ 是域，因而 (ii) 意味着 (iii)。

有限次数超过域的交换代数是阿廷的交换环。因而，命题 3 概括了V, §6, No. 7、p. 34 的命题 5。

(i) 环 A 是半单。

(ii) 每个 A-模都是半单。

(iii) 存在生成的和半单A-模。

(iv) 存在忠实且半单A-模且对模有限生成。

(v) 每个 A-模都是投影。

(vi) 每个单生 A-模都是射影的。

$*$对于半单环的其他刻画，请参见X, §8的命题 6，n$^o4$，第1页。 $140.*$

我们首先证明(i)蕴涵(ii)和(v)。假设环 A 是半单，并考虑左A-模 M。到假设，A-模 $A_s$ 是半单，所以每个自由A-模都是半单。到II, §1, No. 11、p. 218的命题20，从L到M存在自由A-模L和满射A-线性映射$u$。令N为$u$的核。由于A-模L为半单，因此L中存在半单子模$N'$对N进行补充（VIII，p. 56，定理1）。 A-模 $N'$ 是射影，而 $u$ 诱导同构从 $N'$ 到 M。因而，M 是半单和射影。

(ii) $\Rightarrow$ (iii)：如果每个A-模都是半单，那么A-模$A_s$就是半单；而且是生成的。

(iii) $\Rightarrow$ (iv)：如果 M 为生成A-模，则它是忠实的（VIII，p. 80，定理 1 的推论），并且其对模是有限生成的（VIII，p. 99，推论 1）。

(iv) $\Rightarrow$ (i)：令 M 忠实且半单A-模且对模有限生成。由VIII、p. 8的引理 4，存在自然数$m$，使得$A_s$与$M^m$的子模同构。 A-模 $M^m$ 是半单，因而$A_s$ 也是。

蕴涵 (v) $\Rightarrow$ (vi) 是直接的。

(vi) $\Rightarrow$ (i)：假设每个单生 A-模都是射影的。设 $\mathfrak{a}$ 为 A 的左理想。由于 A-模 $A_s/\mathfrak{a}$ 是射影，因此存在 A 的左理想 $\mathfrak{b}$，使得 $A_s$ 为 $\mathfrak{a}$ 和 $\mathfrak{b}$ 的直和 (II, §2, No. 2, p. 231, 命题4)。因而，环 A 为半单（VIII、p. 135、定理 1）。

由于环 A 为左阿廷的，因此对于环 $A_M$，通过VIII、p. 7 的命题 5 也是如此。现在，M是一个忠实且简单的$A_M$模块，因此环$A_M$很简单（VIII，p. 119，命题1）。

首先考虑M为单A-模的情况。到引理 1，环 $A_M$ 就很简单了。然后从 VIII、p. 120 的引理 1 得出命题 5。

现在考虑一般情况。 单A-模类集合 $\mathscr{S}$ 是有限的（VIII、p. 136、命题 1）。对于$\lambda \in \mathscr{S}$，类$\lambda$的选择A-模$S_{\lambda}$，并用$D_{\lambda}$表示$S_{\lambda}$交换子的相反域。将引理 1 应用于简单的环 $A_{S_{\lambda}}, S_{\lambda}$ 是有限维向量空间超过域 $D_{\lambda}$；用 $m(\lambda )$ 表示其维数。设B为M的自同态环的逆环。我们在VIII，p. 84中看到，存在$(D_{\lambda}$，B)-双模$V_{\lambda}$，简单如B-模和同构 $(A$, B)-从 M 到 $\oplus_{\lambda\in\mathscr{S}}S_{\lambda}\otimes_{D_{\lambda}}V_{\lambda}$ 的双模。由于 B-模，M 与 $\oplus_{\lambda\in\mathscr{S}}V^{m(\lambda)}_{\lambda}$ 同构的。由于 $\mathscr{S}$ 和 $m(\lambda )$ 是有限的，因而 M 是有限生成的 B-模。

A-模 M 为半单，其对模是有限生成的。因而，我们有 VIII、p. 83 中的 $A_M= A''_M$ × 命题 4。

a) 环 B 为半单。

b)从M的支撑$\mathscr{S}_M$到单B-模的类的集合，映射$\lambda \mapsto$cl(V$_{\lambda}$)为双射。

c) 对于每个$\lambda \in \mathscr{S}_M$，A-模 M 的型 $\lambda$ 的同型成分等于B-模 M 的型 $V_{\lambda}$ 的同型成分。

被视为 B-模，M 是半单（VIII、p. 85、命题 5）且忠实。它的对模是有限生成的，因为我们有 $A_M\subset$ End$_B(M)$。因而，环 B 为半单 (命题 4)。如果 $(x_1, . . . , x_r)$ 是 A-模 M 的生成的序列，则从 $B_s$ 到 $M^r$ 的映射 $b\mapsto (bx_1, . . . , bx_r)$ 是 B 线性且单射的。每个单B-模都同构于 $B_s$ 的子模 (VIII, p. 136, 命题 1)，因此同构于 M 的 B-子模。 命题则紧随 VIII 的命题 5， p. 85。

a) 每个有限生成A-模都是自反的 (II, §2, No. 7, p. 239)。

b) 对于每个简单的左A-模 S，右A-模 $S^*$ 对偶于 S 是简单的，并且从单A-模类集合到映射 $\lambda \mapsto$ cl($\lambda^*$) 定义双射集合类单右A-模。

c) 令 M 为有限生成的左A-模。 右A-模 $M^*$ 对偶 M 是有限生成的，并且与 M 具有相同的长度。此外，对于每个单A-模 S，我们都有 $[M : S] = [M^*: S^*]$。

设M为有限生成A-模。

由 VIII、p. 138、A-模的命题 4 M 是有限生成且射影的；因而，根据II, §2, No. 7、p. 240的推论4，它是自反的。特别是，每个单A-模都是自反的。还可以得出结论，两个有限生成的左模同构当且仅当它们的对偶同构。

令 S 为简单的左A-模。设$(T_i)_{i\in I}$是单右A-模的族，直和是S的对偶$S^*$。由于S是自反的，所以它与$(S^*)^*$同构的，因此与$\prod_{i\in I}T^*_i$同构的。 模 $T_i$ 中的每一个都是自反的；特别是，每 $i\in I$ 就有 $T^*_i\not= 0$。由于单模 S 与 $\prod_{i\in I}T^*_i$ 同构的，集合 I 有一个元素，因此 $S^*$ 是简单的。

由于M是半单并且是有限生成的，所以它是简单子模$S_1, . . . ,S_r$的直和。那么$M^*$同构于$S^*_1, . . . ,S^*_r$族的直和，我们刚刚看到模$S^*_i$是简单的。 断言 c) 紧随其后。

b) 对于每个$\lambda \in \mathscr{S}$，环$A/\mathfrak{b}_{\lambda}$很简单，并且从A到$\prod_{\lambda\in\mathscr{S}}A/\mathfrak{b}_{\lambda}$的典范同态$\psi$是环同构。

环 $A/\mathfrak{b}_{\lambda}$ 与 $A_{S_{\lambda}}$ 同构的。通过VIII、p. 139中的引理 1，这个环就简单了。给定的从$A/\mathfrak{b}_{\lambda}$到End$_{D_{\lambda}}(S_{\lambda})$的映射可以用从$A_{S_{\lambda}}$到$A''_{S_{\lambda}}$的映射来识别。到VIII、p. 139中的命题5，是同构。

A-模$A_s$是半单，忠实且平衡。 同态$\psi$可以与态射识别，从$A_s$的双交换到$\prod_{\lambda\in\mathscr{S}}$结束$_{D_{\lambda}}(S_{\lambda})$，即同构（VIII，p. 86，命题7， c））。

简单的环$A/\mathfrak{b}_{\lambda}$称为型$\lambda$的A的单因子。

b) A 的最小两侧理想是理想 $\mathfrak{a}_{\lambda}$。

c) 对于每个$\lambda \in \mathscr{S}$，我们都有$\mathfrak{b}_{\lambda}=\mathfrak{a}_{\mathscr{S}-\{\lambda\}}$，理想$\mathfrak{b}_{\lambda}$是A的最大两侧理想。

d) 对于从 $\mathfrak{a}_{\lambda}$ 到 $A/\mathfrak{b}_{\lambda}$ 的 A-模，从 A 到 $A/\mathfrak{b}_{\lambda}$ 诱导同构的每个 $\lambda \in \mathscr{S}$、典范映射。

断言 a) 源自命题 8，d) 的 VIII，p. 87 应用于A-模 $A_s$。由此可见，A 的最小两侧理想是 $\mathfrak{a}_{\lambda}$，最大两侧理想是理想 $\mathfrak{c}_{\lambda}=\mathfrak{a}_{\mathscr{S}-\lambda}$（对于 $\lambda \in \mathscr{S}$）。

仍然要显示 $\mathfrak{b}_{\lambda}$ 中的等式以及每 $\lambda \in \mathscr{S}$ 的 $\mathfrak{c}_{\lambda}$。令$\lambda$和$\mu$在$\mathscr{S}$中不同。 $S_{\lambda}$A-子模$\mathfrak{a}_\mu S_{\lambda}$是$x\in S_{\lambda}$从$\mathfrak{a}_\mu$到$S_{\lambda}$线性映射$a\mapsto ax$像并。因而，它是零，我们有$\mathfrak{a}_\mu\subset \mathfrak{b}_{\lambda}$。因而，我们有$\mathfrak{c}_{\lambda}\subset \mathfrak{b}_{\lambda}$，最后有$\mathfrak{c}_{\lambda}=\mathfrak{b}_{\lambda}$，因为$\mathfrak{c}_{\lambda}$是A的最大双面理想，而$\mathfrak{b}_{\lambda}$与A不同。

因而，$f$是从A到$\prod_{\lambda\in\mathscr{S}}A/\mathfrak{b}_{\lambda}$的典范同构的合成和从$\prod_{\lambda\in\mathscr{S}}A/\mathfrak{b}_{\lambda}$到$\prod_{i\in I}A_i$的同构从半单环的分解的$f_i($“唯一性推导出来乘积简单的环”）。

让我们证明一下推论。设 $i\in I$；用 $\mathfrak{b}'_i$ 表示 pr$_i\circ f$ 的核。由于简单的环$A_i$与$A/\mathfrak{b}'_i$同构，因此A的双面理想$\mathfrak{b}'_i$极大。到命题 8，c)，因此存在$\mathscr{S}$的唯一元素$\varphi (i)$，这样我们就有$\mathfrak{b}'_i=\mathfrak{b}_{\varphi(i)}$。当经过为商时，从 $A/\mathfrak{b}_{\varphi(i)}$ 到 $A_i$ pr$_i\circ f$ 定义同构 $f_i$。此外，如果$i\not=j$和$\cap_{i\in I}\mathfrak{b}'_i= 0$（cf.I, §8, No. 11，p. 110，命题10），我们还有$\mathfrak{b}'_i+\mathfrak{b}'_j= A$。由此和命题 8 可以得出，从I到$\mathscr{S}$，$\varphi$是双射。

a) 映射 $z\mapsto (z_{S_{\lambda}})_{\lambda\in\mathscr{S}}$ 是同构从环 Z 到乘积 $\prod_{\lambda\in\mathscr{S}}Z_{\lambda}$。

b) Z 理想的阶集合 $\mathscr{I}_Z$ 和 A 两侧理想的集合 $\mathscr{B}_A$ 通过包含。 映射$\mathfrak{a}\mapsto \mathfrak{a}A$是从$\mathscr{I}_Z$到$\mathscr{B}_A$的有序集中的同构。 逆同构将 A 的双边理想 $\mathfrak{b}$ 发送到 Z 的理想 $\mathfrak{b}\cap Z$。

这个命题源自VIII的命题8，p. 87应用于A-模$A_s$，其双交换子是A。

(i) 环 B 很简单。

(ii)环B为半单，其中心为域。

(iii) 环 B 为半单，且仅存在一个类 B-简单模。

(1) $[A_s: S_{\lambda}] = [A_d: S^*_{\lambda}] =$ 暗淡$_{D_{\lambda}}S_{\lambda}$

和

(2) 长(A) = 长(A$^o$)$=\sum_{\lambda\in\mathscr{S}}$暗$_{D_{\lambda}}S_{\lambda}$。

第一个断言是命题6、c)VIII、p. 139的具体情况$M = A_s$。 等式$[A_s: S_{\lambda}] = [A_d: S^*_{\lambda}]$由VIII、p. 140的命题7推出，因为左A-模$A_s$的对偶与右A-模$A_d$同构。由命题 8, a) 和 9, c)、映射 $a\mapsto a_{S_{\lambda}}$ 定义同构至左A-模从 $\mathfrak{a}_{\lambda}$ 至 End$_{D_{\lambda}}(S_{\lambda})$。由于$[A_s: S_{\lambda}]$是由定义、左A-模$\mathfrak{a}_{\lambda}$的长度、关系$[A_s: S_{\lambda}] =$暗淡$_{D_{\lambda}}S_{\lambda}$从VIII的引理2得出， p. 121。最后，通过对$\lambda$取和，从(1)得到关系(2)。

由定义 (VIII, p. 84)$,\mathscr{S}_M$ 由M 的简单子模类组成。由于模 M 是半单，所以M 的湮没子是湮没子的交类 $\lambda$ 模 $\mathfrak{b}_{\lambda}$，对于$\lambda$ 穿过$\mathscr{S}_M$。现在，每 $\lambda \in \mathscr{S}$ (命题 9) 就有 $\mathfrak{b}_{\lambda}=\sum_{\mu\not=\lambda}\mathfrak{a}_\mu$。由于A是$(\mathfrak{a}_{\lambda})_{\lambda\in\mathscr{S}}$族的直和，所以M的湮没子确实等于$\sum_{\lambda\in\mathscr{S}-\mathscr{S}_M}\mathfrak{a}_{\lambda}$。

通过定义（VIII，p. 80），理想迹$\tau (M)$是从M到$A_s$由A-线性映射的像生成的$A_s$的A-子模。因为M是半单，所以说$\tau (M)$是由$A_s$的简单子模与类属于到$\mathscr{S}_M$生成的。因此我们有 $\tau (M) =\sum_{\lambda\in\mathscr{S}_M}\mathfrak{a}_{\lambda}$。

(i) A-模 M 是忠实的。

(ii) M 的支持度等于$\mathscr{S}$。

(iii) A-模 M 为生成的。

事实上，M 忠实的说意味着它的湮没子减少到0，并且当且仅当它的迹等于A（VIII，p. 80，定理1）时，M才是生成的。

b) 令$e$和$f$在A中幂等。当且仅当我们有$ef=e$时，我们才有$Ae\subset Af$。

c) 设 M 为 A-模。则 M 是射影且单生的当且仅当 A 中存在幂等$e$，使得 M 与 $Ae$ 同构的。

A-模 $A_s$ 的自同态是 A 的乘法与元素的右边。A-模 $A_s$ 中的投影算子因此是映射 $x\mapsto xe$ 其中$e$在A中是幂等的。此外，$A_s$的子模是左理想，这样子模承认补充当且仅当它是投影算子的像（II, §1, No. 9，p. 211， 命题14)。 断言a)如下。

关系 $Ae\subset Af$ 相当于$e\in Af$。根据a)，它等于$e=ef$； 断言 b)如下。

如果 A-模 M 是单生的，则存在满射A-线性映射 $u: A_s\rightarrow M$。此外，如果 M 是射影的，则存在 $A_s$ 的子模 $\mathfrak{a}$ 与 $u$ 的核的补充。然后从$\mathfrak{a}$到M的$u$诱导同构。相反，如果M与$A_s$的直因子同构，则它是单生且射影的。 断言 c) 因此由 a) 得出。

a) 如果$(e_i)_{i\in I}$是$e$中的划分，则A-模$Ae$是家庭$(Ae_i)_{i\in I}$的直和。

b) 令 $(\mathfrak{a}_i)_{i\in I}$ 为 A 的左理想有限族，其中直和 $Ae$。对于$i\in I$，用$e_i$表示$\mathfrak{a}_i$中$e$的分量。那么$(e_i)_{i\in I}$就是$e$的划分，每一个$i\in I$就有$\mathfrak{a}_i= Ae_i$。

c) A-模 $Ae$ 不可分解当且仅当幂等 $e$ 不可分解。

设$(e_i)_{i\in I}$为$e$的划分。对于每个 $i\in I$，我们有

因而$Ae_i\subset Ae$。对于每个$i\in I$，我们通过设定$p_i(x) =xe_i$在$Ae$中得到定义一个A线性投影算子$p_i$。如果$i\not=j$，我们就有$p_ip_j= 0$，并且对于$Ae$中的每个$x$，

因而，(II, §1, No. 8，p. 20，命题$12$)$, Ae$是$p_i$的像中的直和。现在，我们有$ee_i=e_ie=e_i$，所以$p_i$中的像是$Ae_i$。这就证明了a）。

取 b) 的记号和假设。让$i\in I$。从$e_i$属于到$Ae$，我们有$e_i=e_ie=\sum_je_ie_j$。由于对于每个$j$，$Ae$是$\mathfrak{a}_j$和$e_ie_j$属于到$\mathfrak{a}_j$的直和，因此对于$i\not=j$，我们有$e_i=e_ie_i$和$e_ie_j= 0$。在其他字中，$(e_i)_{i\in I}$是幂等$e$的划分。根据a)，$Ae$是$Ae_i$的直和。到假设，我们有$Ae_i\subset \mathfrak{a}_i$，$Ae$是$\mathfrak{a}_i$的直和。因而，每 $i\in I$ 就有 $Ae_i=\mathfrak{a}_i$。我们已经证明了b）。

最后，c) 紧随 a) 和 b) 之后。

a) 对于每个 $\lambda \in \mathscr{S},e_{\lambda}$ ，唯一元素中心 Z 满足关系 $(e_{\lambda})_{S_{\lambda}}= 1_{S_{\lambda}}$ 和$(e_{\lambda})_{S_\mu}= 0$ $\mu\not=\lambda$。

b) 环 Z 中的不可分解幂等是$e_{\lambda}$，Z 的最小理想是$\lambda \in \mathscr{S}$ 的$Ze_{\lambda}$。

c) 设 M 为 A-模和 $(M_{\lambda})_{\lambda\in\mathscr{S}}$ 其同型组分族。与M的分解关联到$M_{\lambda}$（VIII，p. 65）的直和的投影算子族是$((e_{\lambda})_M)_{\lambda\in\mathscr{S}}$，每个$\lambda \in \mathscr{S}$有$M_{\lambda}=\mathfrak{a}_{\lambda}M$。

令$\lambda$和$\mu$在$\mathscr{S}$中不同。我们有$e_{\lambda}\in \mathfrak{a}_{\lambda}$，$\mathfrak{a}_{\lambda}$包含在A-模$S_\mu$的湮没子$\mathfrak{b}_\mu$中（VIII，p. 142，命题9）。因此我们有$(e_{\lambda})_{S_\mu}= 0$。 关系 $(e_{\lambda})_{S_{\lambda}}= 1_{S_{\lambda}}$ 紧随其后，因为我们有 $1 =\sum_{\nu\in\mathscr{S}}e_{\nu}$。 断言 a) 则为命题 8 of VIII, p. 141 中的推论。

令$\lambda$位于$\mathscr{S}$中。 A 的双边理想 $\mathfrak{a}_{\lambda}$ 由元素 $x$ 组成，使得 $x=xe_{\lambda}$；因此我们有 $Z\cap \mathfrak{a}_{\lambda}= Ze_{\lambda}$，因而 b) 乘以命题 10，b)。

让我们证明c）。令$x$为M的元素。对于每个$\lambda \in \mathscr{S}$，我们有$e_{\lambda}\in \mathfrak{a}_{\lambda}$。由于从$A_s$到M的映射$a\mapsto ax$是A线性的，所以我们有$\mathfrak{a}_{\lambda}x\subset M_{\lambda}$（VIII，p. 66，命题5），特别是$e_{\lambda}x\in M_{\lambda}$。我们有$1 =\sum_{\lambda\in\mathscr{S}}e_{\lambda}$，因此有$x=\sum_{\lambda\in\mathscr{S}}e_{\lambda}x$。因而，$e_{\lambda}x$是$M_{\lambda}$中$x$的分量。