假设所有环都是关联的，并且都有单位元，所有模都是酉右模。让R（右）是任何戒指M（M）a权利R（右）-模块。回想一下M（M）被称为CS-模块（或扩展模块，带有C类₁)如果的每个子模块M（M）在M（M）等价地，中的每个补语M（M）是…的直接总和M（M）（请参见[7，10，18]). 扩展模类包含内射模、半单模和一致模（即每个非零子模在模中都是必要的）。我们说模块M（M）有有限均匀（Goldie）维如果M（M）不包含非零子模的无限直和。众所周知，模块M（M）具有有限一致维数当且仅当存在正整数n个和均匀子模单位_我(1≤我≤n个)第页，共页M（M）这样的话单位1⊕单位2⊕·⊕单位n个是的基本子模块M（M）在这种情况下n个是称为均匀尺寸属于M（M）（请参见[1，p.294示例2]或[18，第81页]）。

Armendariz公司[2，命题1.1]证明了M（M）满足基本子模上的DCC（下降链条件）当且仅当M（M）/(Soc公司M（M）)是一个Artinian模块。另一方面，古德厄尔[8，命题3.6]证明了模块M（M）满足基本子模块上的ACC（上升链条件）当且仅当M（M）/(Soc公司M（M）)是Noetherian模块。它在中得到了证明[13，定理2.1]，以下语句对于一个模块是等价的M（M）:

• （i）制造商编号每个基本子模都有有限的一致维数N个属于M（M），
  

• （ii）每个同态图像M（M）/(Soc公司M（M）)具有有限的一致维数。
  

卡米洛和尤西夫[6，推论3]证明如果M（M）是一个加拿大-模块和M（M）/(Soc公司M（M）)那么具有有限的一致维数M（M）=M（M）1⊕M（M）2半单子模M（M）₁属于M（M）和子模块M（M）₂有限均匀尺寸，在这种情况下M（M）是一致模的直接和。他们推断[6，命题5]如果M（M）是一个加拿大-然后是模块M（M）当且仅当M（M）=M（M）1⊕M（M）2半单子模M（M）₁和Noetherian（分别是Artinian）子模块M（M）₂属于M（M）.

A模块M（M）称为弱CS-模如果，对于每个半单子模S公司属于M（M），存在直接起诉K（K）属于M（M）这样的话S公司在以下方面至关重要K（K）显然，加拿大-模块很弱加拿大-模块。史密斯[12，推论2.7，定理2.8]表明[6]以上提到的可以扩展到弱加拿大-模块。A模块M（M）被称为C类₁₁-模块if，每个子模块M（M）有一个补语，它是M（M）史密斯和特尔坎[14，定理5.2，推论5.3]扩展了[6]到具有的模块C类₁₁⁺（即，模块的每个直接求和满足C类₁₁属性）。

A模块M（M）被称为虚弱的C类₁₁-模块，表示厕所₁₁如果它的每个半单子模都有一个补码，它是一个直和。特尔坎[16，定理11，推论12]表明上述结果[14]可以扩展到厕所₁₁⁺-模块。

A模块M（M）被称为FI-扩展如果每个完全不变子模（即每个子模，使得包含在其自身中的所有自同态下的图像）在M（M）（请参见[三，4]). 最近金融机构-引入并研究了扩展。为此，遵循[19]，一个模块被称为弱FI扩展（或，注射用水-扩展）如果，它的每个半单全不变子模在M（M）.如果M（M）是任何模块，并且X（X）是任意简单子模，所有子模之和M（M）与同构的X（X）是一个子模块，称为M（M）由生成X（X）众所周知M（M）是各种齐次分量的直和，socle的任何齐次分量都是模的完全不变子模M（M）因此，如果模块注射用水-扩展socle的任何齐次分量在模块的直接求和中都是必不可少的。请注意，以下含义适用于模块M（M）:

C类S公司⇒C类11⇒F类我负极e（电子）x个t吨e（电子）n个d日我n个克⇓今年⇓W公司C类S公司⇒W公司C类11⇒W公司F类我负极e（电子）x个t吨e（电子）n个d日我n个克

一般来说，此表中不能添加其他含义。要了解为什么会出现这种情况，请咨询[19]. 请注意，确定金融机构-扩展（以及注射用水-延伸，厕所₁₁，WCS公司)财产是否由直接起诉继承？

本文的目的是试图扩展[16，定理11，推论12]至注射用水⁺-扩展（以及金融机构⁺-扩展）模块。为此，我们需要在模的完全不变子模类上添加伪duo条件。此外，我们还将关于连续模的自同态环的一个结果推广到注射用水-利用伪duo条件对模进行扩展，从而得出具有Jacobson根的自同态环的商环是（von Neumann）正则环。对于任何未解释的术语和定义，我们参考[1，5，10，18]。

让P（P）是模块的一些模块属性。以下[14]，我们可以说一个模块M（M）满足P（P）⁺如果M（M）满足P（P）例如，如果一个模块有内射socle，那么它满足厕所₁₁⁺因此它也满足了注射用水⁺此外，如果R（右）是Dedekind域R（右）-模块M（M）具有有限均匀尺寸的是世界粮食计划署⁺-扩展模块（参见[19]). 回想一下，每个非零的直接和C类₁₁⁺-具有有限一致维数的模是一致模的（有限）直和[14，提案4.4]。然而，对于注射用水⁺-一般来说，扩展模块。以下示例阐明了这种情况：

示例2.1。

让R（右）成为一个主要的理想领域。如果R（右）不是一个完整的离散估值环，则存在一个不可分解的无挠环R（右）-模块M（M）排名2的[9，定理19]。对于M（M），Soc公司M（M）=0.所以M（M）满足注射用水⁺和M（M）_R（右）具有有限的一致维数，即2。但是M（M）不是统一模块的直接和。

有关与示例2.1类似的更多示例（参见[17，推论16]）。令人惊讶的是，示例2.1和[17，推论16]也表明我们无法取代注射用水⁺具有金融机构⁺在前一个案例中。自注射用水-扩展模块基于半简单的完全不变子模块，以下伴随条件适用于注射用水-扩展属性。为此，M（M）据说有伪双属性前提是M（M）至少有一个完全不变量（inM（M）)分解中的直接和，即，如果N个是的半单子模M（M）无论何时N个=N个1⊕N个2那么至少有一个N个_我(i=1,2)是的一个完全不变子模M（M）。观察到任何duo模都清楚地满足伪duo性质。然而，有几个具有伪duo性质的模块不是duo模块。事实上，任何零基座的非双模块都是一个例子。特别是，让R（右）=ℤℤ0ℤ.然后R（右）_R（右）不是二人组。但是Soc公司R（右）R（右）=0.因此R（右）满足伪duo性质。人们可能会想注射用水⁺-用伪duo条件进行扩展意味着金融机构⁺-延伸（或C类₁₁⁺)或者没有。然而[19例2.4]清楚地表明，上述暗示通常是不正确的。

定理2.2。

让M（M）是有限生成的注射用水⁺-用伪duo属性扩展模块。让N个是的半单子模M（M）这样的话制造商编号具有有限的一致维数。然后N个是有限生成的。

证明。让n<∞是的统一尺寸制造商编号。假设N个不是有限生成的。则存在非有限生成子模N个₁和N个₂这样的话N个=N个1⊕N个2根据假设N个_我(i=1,2)在中完全不变M（M），说吧N个₁.签署人注射用水-扩展，存在子模块M（M）₁，M（M）′属于M（M）这样的话M（M）=M（M）1⊕M（M）′和N个₁在以下方面至关重要M（M）₁.然后Soc公司M（M）=Soc公司M（M）1⊕Soc公司M（M）′=N个1⊕Soc公司M（M）′.因此N个=N个1⊕(N个∩Soc公司M（M）′)根据模法则。

现在N个2≅N个∩Soc公司M（M）′所以子模块N个∩Soc公司M（M）′不是有限生成的。重复这个论点，存在N个我≤M（M）我≤M（M）(2≤我≤n个+1)这样，对于每个2≤我≤n个+1，N个_我不是有限生成的，M（M）=M（M）1⊕M（M）2⊕·⊕M（M）n个+1.让我=N个1⊕N个2⊕·⊕N个n个+1。那么M（M）/我≅(M（M）1/N个1)⊕(M（M）2/N个2)⊕·⊕(M（M）n个+1/N个n个+1).自M/L公司具有有限的一致维数则存在1≤我≤n个+1这样的话M（M）_我=N_我.但是M（M）_我是有限生成的，因此也是N个_我，一个矛盾。因此N个是有限生成的。

下一个示例显示注射用水⁺-在定理2.2中，扩展性并不是多余的。

例2.3。

设Kbe是一个场，K上的Van无穷维向量空间。设Rbe是平凡扩张Kwith Vi.e，

R（右）=K（K）V（V）\0K（K）=k个v（v）0k个∣k个∈K（K）， v（v）∈V（V）.

然后R（右）是关于常用矩阵运算的交换不可分解环。此外，R（右）_R（右）不是注射用水⁺-用伪duo性质扩展并包含半单子模我这样的话注册会计师具有有限的一致尺寸，但我不是有限生成的。

证明。让我=Soc公司R（右）=0V（V）00。很容易看出这一点R（右）_R（右）不是注射用水-用伪duo性质进行扩展。定义φ:R（右）→K（K）通过φ(k个v（v）0k个)=k个哪里k∈k，v∈v那么⊎是一个带核的满射我.因此转/转具有统一的尺寸1。自V（V）是无限维的，我不是有限生成的。

推论2.4。

让M（M）是有限生成的金融机构⁺-用伪duo属性扩展模块。如果M（M）/(Soc公司M（M）)那么具有有限的一致维数Soc公司M（M）是有限生成的。

证明。定理2.2中的立即数。

现在，让我们考虑任意环上的一般模。因为我们需要伪duo属性和M（M）/(Soc公司M（M）)在我们的下一个结果中，如果有有限的一致维数，最好说明这些条件是独立的。

例2.5。

• （i） 让M（M）是自由的ℤ-无限秩的模，即。，ℤM（M）=⊕我=1∞ℤ.然后Soc公司M（M）ℤ=0.因此M（M）满足伪duo性质。然而，M（M）/(Soc公司M（M）)≅M（M）ℤ它有无限的一致维数。
  

• （ii）出租R（右）成为素环M（M）R（右）=(R（右）⊕R（右）)R（右）那么，很明显Soc公司M（M）=Soc公司R（右）⊕Soc公司R（右）这在M（M）_R（右）因此M（M）/Soc公司M（M）具有有限的一致维数。现在，让我们N个=Soc公司R（右）⊕Soc公司R（右）.定义（f）1:M（M）→M（M）通过（f）1(x个，年)=(年，0)和（f）2:M（M）→M（M）通过（f）2(x个，年)=(0，x个)。显然（f）₁，（f）2∈结束(M（M）R（右）).让N个1=Soc公司R（右）⊕0，N个2=0⊕Soc公司R（右）.所以，我们有（f）1(N个2)=N个1⊆N个2和（f）2(N个1)=N个2⊆N个1。由此可见M（M）_R（右）不具有伪duo属性。
  

下面是本节主要定理的一个关键引理。

引理2.6。

让M（M）是这样一个模块：M（M）满足注射用水⁺并且具有伪duo属性，因此Soc公司M（M）具有有限的均匀尺寸。假设Soc公司M（M）包含在有限生成的子模块中M（M）.然后M（M）具有有限的一致维数。

证明。假设M（M）没有有限的均匀尺寸。然后Soc公司M（M）不是有限生成的。然后存在子模块S公司₁，S公司₂属于Soc公司M（M）这样的话S公司_我不是为有限生成的i=1,2、和Soc公司M（M）=S公司1⊕S公司2根据伪二元假设，在不损失一般性的情况下，我们可以假设S公司₁在中完全不变M（M）.根据假设，存在子模块K（K），K（K）′属于M（M）这样的话M（M）=K（K）⊕K（K）′、和S公司₁在以下方面至关重要K（K）.签署人[1，提案9.7，9.119]，S公司1⊕S公司2=Soc公司M（M）=S公司1⊕Soc公司K（K）′.因此Soc公司K（K）′≅S公司2因此Soc公司K（K）′不是有限生成的。也，Soc公司K（K）⊕Soc公司K（K）′=Soc公司M（M）=S公司1⊕Soc公司K（K）′，所以Soc公司K（K）≅S公司1，因此Soc公司K（K）不是有限生成的。根据假设，存在一个有限生成的子模N个属于M（M）这样的话Soc公司M（M）≤N个。假设K（K）=Soc公司K（K）.然后Soc公司K（K）是…的直接总和M（M）因此也直接提出N个。由此可见Soc公司K（K）是有限生成的，这是一个矛盾。因此K（K）≠Soc公司K（K）同样，K（K）′≠Soc公司K（K）′.现在，M（M）/Soc公司M（M）≅[K（K）/(Soc公司K（K）)]⊕[K（K）′/(Soc公司K（K）′)]因此，模块K（K）/(Soc公司K（K）)和K（K）′/(Soc公司K（K）′)每个都具有小于M（M）/(Soc公司M（M）).通过对均匀尺寸的归纳M（M）/(Soc公司M（M）)，我们得出结论K（K）和K（K）^\素数两者都有有限的统一尺寸，同样如此M（M）=K（K）⊕K（K）′，一个矛盾。因此M（M）具有有限的一致维数。

现在我们有了以下结果，这是在引言中指出的。

定理2.7。

让M（M）成为注射用水⁺-使用伪duo属性扩展模块，以便M（M）/(Soc公司M（M）)具有有限的一致维数。然后M（M）包含半单子模M（M）₁和一个子模块M（M）₂具有有限的均匀尺寸，以便M（M）=M（M）1⊕M（M）2.

证明。如果M（M）=Soc公司M（M）那么就没有什么可证明的了。假设M（M）≠Soc公司M（M）.让m∈m，米∉Soc公司M（M）.然后Soc公司M（M）=Soc公司(米R（右）)⊕X（X）对于某些模块X（X）属于M（M）现在，通过伪duo属性Soc公司(米R（右）)或X（X）在中完全不变M（M）首先假设Soc公司(米R（右）)在中完全不变M（M）.根据假设，存在子模块K（K），K（K）′属于M（M）这样的话M（M）=K（K）⊕K（K）′和Soc公司(米R（右）)在以下方面至关重要K（K）.因此Soc公司K（K）=Soc公司(米R（右）)≤米R（右）.根据引理2.6，K（K）具有有限的一致维数。现在K（K）≠Soc公司K（K）。否则，K≤mR因此米R（右）=K（K）⊕(米R（右）∩K（K）′)根据模定律。自米R（右）∩K（K）′≅K（K）+米R（右）/米R（右），米R（右）=K（K）=Soc公司K（K）。由此可见米∈Soc公司K（K）等等米∈Soc公司M（M）这是一个矛盾。

现在假设X（X）是的一个完全不变子模M（M）根据假设，M（M）=K（K）⊕K（K）′和X（X）在以下方面至关重要K（K）′哪里K（K），K（K）′是的子模块M（M）.所以Soc公司X（X）=Soc公司K（K）′=X（X）.因此Soc公司M（M）=Soc公司(米R（右）)⊕X（X）=Soc公司K（K）⊕X（X）。由此可见Soc公司(米R（右）)≅Soc公司K（K）即存在同构α:Soc公司K（K）→Soc公司(米R（右）)。请注意Soc公司(米R（右）)≤米R（右）.所以Soc公司K（K）≤α负极1(米)R（右）.根据引理2.6，K（K）具有有限的一致维数。请注意K（K）≠Soc公司K（K）如果是的话K（K）=Soc公司K（K）然后α负极1(米)R（右）=K（K）⊕(α负极1(米)R（右）∩K（K）′)根据模定律。自α负极1(米)R（右）∩K（K）′≅K（K）+α负极1(米)R（右）/α负极1(米)R（右），α负极1(米)R（右）∩K（K）′=0因此α负极1(米)R（右）=K（K）′=Soc公司K（K）′.因此米R（右）=α(Soc公司K（K）′)=Soc公司(米R（右）)这就产生了米∈Soc公司(米R（右）).所以米∈Soc公司M（M），这是一个矛盾。现在M（M）/(Soc公司M（M）)≅K（K）/(Soc公司K（K）)⊕K（K）′/(Soc公司K（K）′)意味着模块K（K）/(Soc公司K（K）)均匀尺寸小于M（M）/(Soc公司M（M）).通过对均匀尺寸的归纳M（M）/(Soc公司M（M）)，存在子模块K（K）₁，K（K）₂属于K（K）这样的话K（K）=K（K）1⊕K（K）2，K（K）₁是半单的并且K（K）₂具有有限的一致维数。然后M（M）是半单子模的直和K（K）₁和子模块K（K）2⊕K（K）′，具有有限的均匀尺寸。

接下来，我们将前一个结果应用于注射用水⁺-扩展（以及金融机构⁺-扩展）满足以下条件的模块行政协调会（分别为，DCC公司)关于本质子模。

推论2.8。

让M（M）成为世界粮食计划署⁺-具有伪duo性质的扩展模满足行政协调会（分别为，DCC公司)关于本质子模。然后M（M）=M（M）1⊕M（M）2半单子模M（M）₁和Noetherian（分别是Artinian）子模块M（M）₂.

证明。我们在行政协调会案例DCC公司情况类似。假设M（M）满足行政协调会关于本质子模。由[8，提议3.6]，M（M）/(Soc公司M（M）)是诺以太人。因此，根据定理2.7，M（M）=M（M）1⊕M（M）2半单子模M（M）₁和子模块M（M）₂具有有限的均匀尺寸。现在Soc公司M（M）=M（M）1⊕(Soc公司M（M）2)由[1，建议1.19]，因此M（M）/(Soc公司M（M）)≅M（M）2/(Soc公司M（M）2).因此M（M）2/(Soc公司M（M）2)是诺以太人。但是Soc公司M（M）2是诺以太人，因为M（M）₂具有有限的一致维数。因此M（M）₂是诺瑟里安。

回忆一下模块M（M）据说有抿如果每对直接和的交集也是一个直接和（例如，请参见[18]). 因此，我们有以下推论：

推论2.9。

让M（M）成为注射用水-具有伪duo性质的扩展模抿.假设M（M）满足行政协调会（分别为，DCC公司)关于本质子模。然后M（M）=M（M）1⊕M（M）2半单子模M（M）₁和Noetherian（分别为Artinian）子模M（M）₂.

证明。由[19，定理3.12]，M（M）是注射用水⁺-扩展模块。现在，推论2.8产生了结果

推论2.10。

让M（M）成为金融机构-具有伪duo性质的扩展模抿.假设M（M）满足行政协调会（分别为，DCC公司)关于本质子模。然后M（M）=M（M）1⊕M（M）2半单子模M（M）₁和Noetherian（分别是Artinian）子模块M（M）₂.

证明。根据推论2.9立即。

我们通过给出一个示例来结束这一节，该示例说明定理2.7的逆命题通常是不正确的。

示例2.11。

让F类成为一个领域T型=F类[x个]<x个4>={一1¯+b条x个¯+c（c） x个 ¯ 2+d日 x个 ¯ 三∣一，b条，c（c），d日∈F类和x个¯=x个+<x个4>}.放置R（右）=F类+F类x个¯2+F类x个¯三它是的子环T型。请注意R（右）是交换局部环及其are理想0，R（右），F类x个¯2，F类x个¯三，F类x个¯2⊕F类x个¯三（请参见[5，练习8.1.10]）。请注意Soc公司R（右）=J型(R（右）)=F类x个¯2⊕F类x个¯三这在R（右）.很明显R（右）不是世界粮食计划署-延伸。

现在，让我们M（M）=M（M）1⊕M（M）2是正确的R（右）-模块，其中M（M）1=Soc公司R（右）和M（M）₂=R所以，0⊕M（M）2不是注射用水-延伸，从而得出M（M）不是注射用水⁺-延伸。接下来，让我们展示一下M（M）不满足伪duo属性。对于，让N个=Soc公司M（M）=M（M）1⊕M（M）1和N个1=M（M）1⊕0，N个2=0⊕M（M）1在示例2.5中的类似论点中，我们都没有N个₁也不是N个₂在中完全不变M（M）因此M（M）不满足伪duo属性。

在本节中，我们关注的是弱的自同态环金融机构-扩展模块。我们将使用S公司和J型(S公司)表示模的自同态环M（M）和雅各布森根S公司分别是。进一步Δ将代表理想值{α∈S公司∣克尔α在以下方面至关重要M（M）}回顾一下加拿大-模块M（M）对于每个直接和，称为连续ifN个属于M（M）和每个单态α:N个→M（M），子模块⊎（N）也是的直接求和M（M）（请参见[10，18]). 它在年被证明了[10，命题3.5]如果M（M）是连续的，那么S/Δ是（von Neumann）正则环，并且Δ=J型(S公司)。这个好结果被推广到具有C类₁₁和C类₂英寸[15，定理3.3]以及弱C类₁₁具有的模块C类₂和重要的社会地位[17，定理12]。很自然地会期望[10，命题3.5]可以推广到弱金融机构-使用扩展模块C类₂然而[17，例11]消除了这种期望。在另一边，让M（M）成为ℤ-模块(ℤ/ℤ对)⊕ℚ哪里对是任意素数。然后M（M）是一个注射用水-用扩展模块C类₂（请参见[14]). 请注意Soc公司M（M）ℤ=(ℤ/ℤ对)⊕0这在M（M）.请注意M（M）ℤ具有伪duo属性。因此，我们得到了以下结果。

定理3.1。

让M（M）成为注射用水-使用伪duo属性扩展模块，C类₂和基本底座。然后S公司/Δ是（von Neumann）正则环Δ=J型(S公司).

证明。让α∈S.让K（K）=Soc公司(克尔α).然后K（K）是…的直接总和Soc公司M（M）因此Soc公司M（M）=K（K）⊕X（X）对于某些子模X（X）属于M（M）.根据伪duo性质，我们考虑子模K（K）和X（X）单独地。首先假设K（K）在中完全不变M（M）根据假设，存在补体我属于K（K）这样的话我是…的直接总和M（M）（请参见[19，提案2.3]）。然后M（M）=我⊕我′对于某些子模我′属于M（M）.自Soc公司M（M）在M（M），克尔α∩我=0。由此可见α|我是一个单态。所以，通过C类₂，α（L）是…的直接总和M（M）。因此存在β∈S这样的话βα=1我.然后(α负极αβα)(K（K）⊕我)=(α负极αβα)(我)=0等等K（K）⊕我≤克尔(α负极αβα).自K⊙L在以下方面至关重要M（M），α负极αβα∈Δ因此S公司/Δ是（von Neumann）正则环。

接下来假设X（X）是的一个完全不变子模M（M）.签署人注射用水-扩展属性，存在直接求和我，我′属于M（M）这样的话M（M）=我⊕我′和X（X）在以下方面至关重要我.自Soc公司M（M）在以下方面至关重要M（M），X（X）∩K（K）在以下方面至关重要我∩克尔α这就说明了我∩克尔α=0因此α|我是一个单态。因此α（L）是…的直接总和M（M），由C类₂。然后存在γ∈S这样的话γα=1|我。很容易看出克尔α⊕我在以下方面至关重要M（M）现在，让我们W公司=克尔α.所以，我们有(α负极αγα)(W公司⊕我)=(α负极αγα)(我)=0等等W公司⊕我≤克尔(α负极αγα).自W公司⊕我在M（M），α负极αγα∈Δ.因此S公司/Δ是von Neumann正则环。

无论如何，我们有S公司/Δ是一个正则环。这也证明了J型(S公司)≤Δ现在，让我们f∈Δ.自克尔（f）∩克尔(1负极（f）)=0和克尔（f）在以下方面至关重要M（M），克尔(1负极（f）)=0.因此（1-f）米是…的直接总和M（M），由C类₂然而，（1-f）米在以下方面至关重要M（M）自从克尔（f）≤(1负极（f）)M（M）.因此（1-f）M=M，因此第1页是单位S公司。由此可见（f）∈J型(S公司)，因此Δ=J型(S公司).

推论3.2。

让M（M）成为金融机构-使用伪duo属性扩展模块，C类₂和基本底座。然后S/Δ是（von Neumann）正则环，并且Δ=J型(S公司).

证明。根据定理3.1。

推论3.3。

让M（M）是一个具有伪duo性质和本质socle的右非奇异模。如果M（M）是注射用水-延伸（或金融机构-扩展）C类₂，然后S公司是一个常规环。

证明。让f∈Δ和W公司=克尔（f）那么，对于任何x∈M，N个={第页∈R（右）∣x个第页∈W公司}是一个基本的权利理想R（右）.现在f（x）N=0.

自M（M）是非奇异的，f（x）=0，因为x是任意的f=0（请参见[20，引理1.3]）。由此可见Δ =0因此，结果遵循定理3.1。

注意，存在交换的局部环R（右）这样的话Soc公司R（右）=J型2在R（右）这些环具有定理3.1中规定的所有属性。对于此类环，请参见[11，示例2.6]。

在构建某些示例的意义上，结论3.3是一个有用的工具。例如，让R（右）是满足以下条件的任何域C类₂条件（即分隔环）。让M（M）是正确的R（右）-模块R（右）那么，很容易看出这一点M（M）具有第3.3推论中的所有假设，但M（M）有必要的底座。然而，S公司=结束(M（M）R（右）)（冯·诺依曼）不正常。因此，定理3.1中的条件本质并不是多余的。

此外，下一个示例表明，定理3.1中的伪duo假设也不是不必要的。

示例3.4。

让R（右）是任何当地的Kasch环J型(R（右）)=Soc公司R（右）在R（右）（请参见[11，实施例2.5]）。现在，让我们M（M）是正确的R（右）-模块R（右）⊕R（右）.请注意Soc公司M（M）=(Soc公司R（右）)⊕(Soc公司R（右）)在M（M）。很容易检查M（M）不具有伪duo属性。此外，M（M）是一个注射用水-延伸（实际上金融机构-扩展）模块[19，定理2.8]。自R（右）是Kasch戒指C类₂财产[11，建议1.46]。众所周知，正确的Kasch是Morita不变量，由此得出M（M）2(R（右）)=R（右）R（右）R（右）R（右）有C类₂条件。由[11，定理7.16]，M（M）_R（右）满足C类₂属性。但是S公司=结束(M（M）R（右）)≅M（M）2(R（右）)和S公司/J型(S公司)不是（von Neumann）正则环。