Artin–Wedderburn 结构定理

半单正则模把 $A$ 的全部元素分解成若干种单模的副本。不同种单模之间没有非零同态，同一种单模的多份副本之间则可以任意交换、组合。这两句话分别产生“乘积中的不同块”和“块内的矩阵”。

矩阵条目不是自动来自基域，而是来自单模的端同态除环。比如实二维空间上一个不能沿实直线拆开的旋转，其交换算子仍可能像复数一样运算。定理必须容纳这类除代数。

实数上的三阶循环作用留下一个复数块 ​

设 $C_3=⟨t:t^3=1⟩$。其群代数可写成

令 $\zeta =-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$，定义

在商环中记

由 $t^3=1$ 直接得到

它们在 $\mathrm{\Phi }$ 下分别成为 $(1,0),(0,1),(0,i)$，故逆映射为

这不只比较了维数，而是给出完整代数同构

两个单实模分别为 $\mathbb{R}$ 与 $\mathbb{C}$。在后者上，$t$ 是复乘 $\zeta$，即实平面的 ${120}^{\circ }$ 旋转；没有不变实直线，所以它是二维单模。正则模包含二者各一份，总实维数为 $1+2=3$。

换到复数基域，三个根 $1,\zeta ,{\zeta }^2$ 都可分别取值，得到 $\mathbb{C}[C_3]\cong {\mathbb{C}}^3$。此时有三个一维单模。半单性并没有消除基域对分解形状的影响。

并非所有有限维代数都是矩阵块乘积 ​

$k[t]/(t^2)$ 的Jacobson 根公理库有限维代数的 Jacobson 根Jacobson radical of a finite-dimensional algebra将所有单模看不见的操作组成Jacobson根，用组成列证明幂零性，并在上三角代数中逐次计算其幂。为非零的 $(t)$，所以不是半单代数。它与 $k\times k$ 都是二维向量空间，但前者有非零幂零理想，后者没有。单靠总维数无法套用结构定理。

从正则模算回代数 ​

将正则左模按单模类型分组：

其中 $S_i$ 两两不同构。Schur 引理公理库Schur 引理Schur's lemma · 舒尔引理不可约表示之间的非零交织算子必为同构，而有限维复不可约表示的自交织算子只能是标量。的核像证明同样适用于模：非零单模同态必为同构。因此不同 $S_i$ 间的 Hom 为零，每个 $E_i={\mathrm{End}}_A(S_i)$ 是除环。

一个端同态在直和上可写成分块矩阵。异种单模之间的块都为零，同种 $n_i$ 份之间的块为 $M_{n_i}(E_i)$，于是

另一方面，左线性映射由 $f(1)$ 决定且 $f(a)=af(1)$，所以它是右乘。由相反代数公理库相反代数与双模Opposite algebra · Bimodule用矩形矩阵说明右作用为何反转复合，构造双模的张量积代数作用并核验端同态环中的 op。的复合次序，

取两侧相反代数，再以转置将相反矩阵环识别为原尺寸的相反系数矩阵环，便得

这证明一个方向，并给出 $D_i=E_i^{\mathrm{op}}$。

反过来，$M_n(D)$ 的正则左模按列分成 $n$ 份 $D^n$。任意非零列向量都可由矩阵操作送到全部标准基，故 $D^n$ 单。有限乘积的正则模再把各因子的列分解合起来，因此半单。

单模的各个同类分量以及其重数由半单模的同构类型确定；其端同态除环也随同构保持。因此上述构造同时说明式 (1) 的唯一性。

代数闭为何使除代数消失 ​

取有限维 $k$-除代数 $D$ 中的元素 $x$。它在 $k$ 上代数，故有非零多项式 $p(x)=0$。若 $k$ 代数闭，$p$ 可分解为一次因子，因此

除代数没有零因子，所以某个 $x-{\lambda }_j=0$。每个元素都属于 $k$，于是 $D=k$。这里不需要先假设 $D$ 交换。

在一般基域上，维数核验应写成

若误用代数闭域的平方和公式检查 $\mathbb{R}[C_3]$，会将单实模维数 $1,2$ 的平方相加得到5，错误地认为维数不合。正确贡献是 $1^2\cdot 1+1^2\cdot 2=3$。

自检要求写出 ${\mathrm{\Phi }}^{-1}(0,i)$ 并平方。答案是 $j=(t-t^2)/\sqrt{3}$，平方为 $-e_1$，而非整个代数的 $-1$；复数块的单位是 $e_1$。这正是乘积块中“局部单位”的含义。