半单模

向量空间中的线性补空间总存在；模的补空间还须受到全部标量操作的保护。半单性要求每次切出一个子模后，剩余部分仍能选为同样合法的模，而不是仅作向量空间补。

投影给出最直接的检验。若 $M=N\oplus U$，则投影 $p:M\to N$ 满足 $p^2=p$，并且 $p(rm)=rp(m)$。反过来，一个这样的 $R$-线性投影给出 $M=N\oplus \ker p$。如果手中投影只对基域线性，就还没有解决模的分裂问题。

矩阵代数的正则模按列拆开 ​

令 $A=M_2(k)$。作为左模，

第一项为仅第一列可非零的矩阵，第二项为仅第二列可非零的矩阵；每项都同构于自然单模 $k^2$。投影为

例如 $p_1(BX)=BX{e}_{11}=B{p}_1(X)$，所以它确实左 $A$-线性。正则模四维，却只含两份二维单模。

这里是右乘给出左模投影。左乘 $e_{11}$ 一般不是左 $A$-线性，因为 $e_{11}B$ 不必等于 $B{e}_{11}$。把两种乘法混用，会制造出错误的“补模”。

一个找不到补模的理想 ​

取 $R=k[t]/(t^2)$。理想 $N=(t)$ 一维。若有子模补空间 $U$，则 $U$ 必由某个 $1+at$ 生成。可是

所以这条直线不是子模。正则模 $R$ 因而不半单。

但 $R/(t)\cong k$ 是单模，当然半单。这清楚地区分“某个模半单”与“环上所有模都半单”。

对角线子模不必是原先的坐标块 ​

把 $k^2=k\oplus k$ 看作 $k$-模。对角线 $\{(a,a):a\in k\}$ 是单子模，却不是任一坐标轴。因此半单模的子模不能简单地描述成“删掉若干原有直和项”。它有子模补空间，但分解的具体嵌入通常不唯一。

从单模之和构造补模 ​

设 $M=S_1+\cdots +S_n$，每个 $S_i$ 单，并固定子模 $N$。从 $U=0$ 开始，逐次选择 $S_i$，维持 $U\cap N=0$。如果 $N+U\ne M$，必有某个 $S_i$ 不包含在 $N+U$ 中。

$S_i\cap (N+U)$ 是 $S_i$ 的子模，既不等于 $S_i$，就只能为0。因此可以将 $U$ 增大为 $U\oplus S_i$，仍与 $N$ 零交。有限步后必有 $N+U=M$，这就构造了子模补空间。

特别地取 $N=0$，同一过程把“单模之和”化成“单模直和”。若已知每个子模都有补模，则在非零 $M$ 中选一个单子模 $S$，分出 $M=S\oplus U$，再对组成长度公理库模的组成列与 Jordan–Hölder 定理Composition series of a module · Jordan–Hölder theorem for modules用两条不同组成列展示因子多重集不变，以子模交叉比较证明唯一性，并计算不分裂扩张的长度。更小的 $U$ 归纳，就得到半单分解。分裂正合列的刻画则由投影与截面直接给出。

半单模的子模与商模也半单。对 $M=N\oplus U$，商 $M/N\cong U$；另一方面，向 $N$ 的模投影将 $M$ 中每个单子模送成0或单子模，这些像之和为 $N$，因此 $N$ 半单。

半单环为何控制全部有限生成模 ​

如果 ${}_{R}R$ 半单，则 $R^n$ 也半单。任意有限生成模 $M$ 都是某个 $R^n$ 的商，故也半单。对有限维代数，这已经覆盖全部有限维表示。Maschke 定理公理库Maschke 定理Maschke's theorem当域特征不整除有限群阶时，每个有限维表示都完全可约。在群阶可逆时提供了这一现象的一个重要来源，但补模刻画本身不需要群平均。

若想进一步把半单代数写成具体矩阵块，Artin–Wedderburn 定理公理库Artin–Wedderburn 结构定理Artin–Wedderburn theorem · Wedderburn–Artin theorem由正则模的端同态环证明矩阵除代数分块，并显式构造实群代数R[C3]与R×C的同构。会利用正则模的单模分解，计算它的端同态环。

自检：给 $k^2$ 上的算子 $T=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$，把 $t$ 作用定义为 $T$。到 $k{e}_1$ 的所有线性投影可写为

但 $PT=T$、$TP=0$，所以没有一个投影与 $T$ 交换。这个计算将“没有模补空间”变成一组无解的线性方程。