环的定义

定义

群上只有一个运算，而环则在 Abel 群的基础上再添加额外的（乘法）运算．像 $\mathbb{Z}$ 和 $\mathbb{R}$ 这样的集合，其上的加法运算构成群，而同时它们还有乘法运算，这就构成了环（只不过这都是具有特殊性质的环）．定义环的更一般动机在于自同态的结构．对任意 Abel 群 $A$，${\mathrm{End}}_{\mathsf{Ab}}(A)={\mathrm{Hom}}_{\mathsf{Ab}}(A,A)$ 上存在两个运算：由 $A$ 上的加法导出的函数之间的加法，以及函数之间的复合．

定义 1 设 $(R,+)$ 是 Abel 群．若 $R$ 上还存在乘法运算使得

• 结合律：$\forall r,s,t\in R:(r\cdot s)\cdot t=r\cdot (s\cdot t)$；
• 单位元：$\exists 1_R\in R:\forall r\in R:r\cdot 1_R=r=1_R\cdot r$；
• 分配律：$\forall r,s,t\in R:(r+s)\cdot t=r\cdot t+s\cdot t$ 且 $t\cdot (r+s)=t\cdot r+t\cdot s$，

则称 $(R,+,\cdot )$ 是一个环（ring）．当上下文已经暗示了加法与乘法运算时，可简称 $R$ 为环．乘法符号 $\cdot$ 通常省略不写．

在环 $R$ 中，加法运算的单位元一般记作 $0_R$ 或 $0$，乘法运算的单位元一般记作 $1_R$ 或 $1$．

注意

这里我们要求环一定存在乘法单位元，但在一些老教材以及国内的多数教材中并不要求环有单位元，这会导致后面对子环等概念的定义截然不同，需要多加注意．有时我们会把不带单位元的环称为 rng（从中去掉表示 identity 的 i），但这个称呼在一些领域里会产生歧义，因此不鼓励使用．$2\mathbb{Z}$ 就是一个简单的“rng”的例子．

引理 1 设 $R$ 是环，则对所有的 $r\in R$ 都有 $0\cdot r=0=r\cdot 0$．

证明 对任意 $r\in R$，由于 $0=0+0$，根据分配律

$$r\cdot 0=r\cdot (0+0)=r\cdot 0+r\cdot 0,$$

故根据（加法）消去律得 $r\cdot 0=0$．同理可证 $0\cdot r=0$．

我们用 $-1$ 表示 $1$ 的加法逆，则对任意 $r\in R$ 有 $(-1)\cdot r=-r$（$r$ 的加法逆），因为

$$r+(-1)\cdot r=1\cdot r+(-1)\cdot r=(1+(-1))\cdot r=0\cdot r=0.$$

环的一些例子

例 1 平凡群 $\{\ast \}$ 可构成环，其上只可能有定义 $\ast +\ast =\ast$ 以及 $\ast \cdot \ast =\ast$，我们称之为零环（zero-ring）．注意在零环中 $0=1$．

环 $R$ 是零环当且仅当 $0_R=1_R$．因为一旦 $0_R=1_R$，则对任意 $r\in R$ 都有

$$r=r\cdot 1_R=r\cdot 0_R=0_R,$$

即 $R=\{0_R\}$．

定义 2 设 $R$ 是环，若

• $\forall r,s\in R:rs=sr$，

则称 $R$ 是交换环（commutative ring）．

交换环是一类非常重要的环，也是我们主要处理的环．

例 2 我们已经很熟悉非交换环的例子，例如全体 $n\times n$ 的可逆矩阵构成的环．矩阵加法显然构成加法群，但矩阵乘法是不可交换的．

例 3 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 是交换环，其上的乘法是 $[a{]}_n\cdot [b{]}_n=[ab{]}_n$．

虽然 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 与 $\mathbb{Z},\mathbb{Q},\mathbb{R}$ 都是环，但后三者的乘法运算具有消去律：

$$\forall a,b,c\in R:a\ne 0⟹(ab=ac⟹b=c).$$

在 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ 中

$$[2{]}_6\cdot [4{]}_6=[2{]}_6=[2{]}_6\cdot [1{]}_6,$$

这就不满足消去律．这其中的原因在于 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ 中存在 $a,b\ne 0$ 使得 $ab=0$，即 $[2{]}_6\cdot [3{]}_6=[0{]}_6$（更详细的解释见后一个命题）．

定义 3 设 $R$ 是环，$a\in R$．

• 若存在 $b\in R$ 且 $b\ne 0$ 使得 $ab=0$，则称 $a$ 是 $R$ 中的一个左零因子（left-zero-divisor）．
• 若存在 $b\in R$ 且 $b\ne 0$ 使得 $ba=0$，则称 $a$ 是 $R$ 中的一个右零因子（right-zero-divisor）．

左零因子和右零因子统称为零因子（zero-divisor）．不是零因子的元素称为非零因子（non-zero-divisor）．

在所有非零环中 $0$ 都是零因子．因此非零环是唯一一个没有零因子的环．

命题 2 设 $R$ 是环，$a\in R$，则 $a$ 不是左零因子（或右零因子）当且仅当左乘（或右乘）$a$ 的映射 $R\to R$ 是单射．

换言之，$a$ 不是左零因子（或右零因子）当且仅当左乘（或右乘）$a$ 是可消去的．

证明 我们只证明左零因子的情形，右零因子的情形同理可证．

($⟹$) 若 $a$ 不是左零因子，则对任意 $b,c\in R$，当 $ab=ac$ 时

$$a(b-c)=ab-ac=0,$$

因而 $b-c=0$，即 $b=c$，这说明左乘 $a$ 是单射．

$(⟸)$ 若左乘 $a$ 是单射，反设 $a$ 是左零因子，存在 $b\ne 0$ 使得 $ab=0=a\cdot 0$．根据单射的定义有 $b=0$，矛盾．故 $a$ 不是左零因子．

可见消去律成立等价于消去的元素不是相应方向上的零因子．

定义 4 设 $R$ 是交换环．若

$$\forall a,b\in R:ab=0⟹a=0\text{或}b=0,$$

则称 $R$ 是整环（integral domain）．

整环就是没有零因子的交换环．

提示

将整环中的“交换环”条件去掉，构成的环称为 domain，该词没有专用的中文翻译，一般翻译为“无零因子环”．整环就是 domain 加上交换性．

$\mathbb{Z},\mathbb{Q},\mathbb{R}$ 都是整环，事实上它们都是具有更加特殊结构的整环，但这都是以后要学习的结构了．

定义 5 设 $R$ 是环，$u\in R$．

• 若存在 $v\in R$ 使得 $uv=1$，则称 $u$ 是一个左可逆元（left-unit）；
• 若存在 $v\in R$ 使得 $vu=1$，则称 $u$ 是一个右可逆元（right-unit）；

双边可逆元（同时为左右可逆元的元素）称为可逆元（unit）．

命题 3 设 $R$ 是环．

1. $u\in R$ 是左可逆元（或右可逆元）当且仅当左乘（或右乘）$u$ 的映射 $R\to R$ 是满射；
2. 若 $u\in R$ 是左可逆元（或右可逆元），则右乘（或左乘）$u$ 的映射 $R\to R$ 是单射——换言之 $u$ 不是右零因子（或左零因子）；
3. 双边可逆元的乘法逆（reverse）是唯一的；
4. 所有可逆元连同其乘法构成一个群．

证明 这些性质几乎都是直截了当的．

1. 我们只证明左可逆元的情形．
   $(⟹)$ 若 $u\in R$ 是左可逆元，则存在 $v\in R$ 使得 $uv=1$，进而对任意 $r\in R$ 有

$$r=1\cdot r=uvr=u(vr),$$

故左乘 $u$ 是满射．
$(⟸)$ 若左乘 $u$ 是满射，则对 $1\in R$ 存在相应的 $v\in R$ 使得 $1=uv$，故 $u$ 是左可逆元．
2. 我们只证明左可逆元的情形．设 $u\in R$ 是左可逆元，则存在相应的 $v\in R$ 使得 $uv=1$．对任意 $r_1,r_2\in R$，若 $r_{1}u=r_{2}u$，则

$$(r_1-r_2)u=0,$$

进而

$$r_1-r_2=(r_1-r_2)uv=0,$$

故 $r_1=r_2$，即右乘 $u$ 是单射．
3. 若 $u\in R$ 是双边可逆元，则存在 $v,v^{\prime }\in R$ 使得 $uv=1=v^{\prime }u$．对第二个等式右乘 $v$ 得到 $v=v^{\prime }uv=v^{\prime }$，故 $v$ 是 $u$ 的乘法逆．若 $v$ 和 $v^{\prime }$ 都是 $u$ 的乘法逆，则

$$v=1\cdot v=(v^{\prime }u)v=v^{\prime }(uv)=v^{\prime }\cdot 1=v^{\prime },$$

故 $u$ 的乘法逆唯一．
4. 由于可逆元具有乘法逆元，而 $1$ 显然是乘法单位元且 $1$ 的乘法逆就是 $1$，乘法的结合性由环的公理保证，因此可逆元连同乘法构成了群．

由于环上的可逆元唯一，我们可将可逆元 $u$ 的逆记作 $u^{-1}$．需要注意（一般来说）只有双边可逆元的逆才是唯一的．

定义 6 若环 $R$ 中所有的非零元素都是可逆的，则称 $R$ 是除环（division ring）．

定义 7 若交换环 $F$（具有单位元 $1$）的每个非零元素都是可逆的，则称 $F$ 是域（field）．

很显然域是整环，但整环未必是域，例如 $\mathbb{Z}$ 没有（乘法）逆元．然而，对于有限交换环我们有特殊结论．

命题 4 设 $R$ 是有限交换环，则 $R$ 是整环当且仅当 $R$ 是域．

证明 不妨设 $R=\{r_1,r_2,\dots ,r_n\}$（其中 $r_1,r_2,\dots ,r_n$ 互不相同）．我们只需证明 $R$ 是整环时 $R$ 为域．

根据整环的定义，任意 $a\in R$ 都不是零因子，因此左乘和右乘 $a$ 的映射是单射．从而

$$a{r}_1,a{r}_2,\dots ,a{r}_n$$

是 $n$ 个互不相同的元素，自然遍历了整个 $R$，故其中必然有某个 $a{r}_i=1$，从而证明了 $a$ 是左可逆元．

使用右乘可同理证明 $a$ 是右可逆元，从而 $a$ 是可逆元．由 $a$ 的任意性可知 $R$ 是域．

提示

事实上交换性的条件不必要：有限除环必然是交换的．然而我们目前还无法证明这一性质．

对于 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，若要其中的非零元素 $m$ 都可逆（即 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 是域），则要求 $\gcd (m,n)=1$．由 $m$ 的任意性可知 $n$ 必然是素数．因此

$$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\text{是整环}⟺\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\text{是域}⟺p\text{是素数}.$$

这是有限域的一个简单例子．

多项式环

多项式环是一类广泛使用的环．

定义 8 设 $R$ 是环．以 $x$ 为未定元（indeterminate）的多项式（polynomial）$f(x)$ 具有如下形式：

$$f(x)=\sum _{i\ge 0}{a}_i{x}^i=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots ,$$

其中所有的 $a_i$ 都是 $R$ 中的元素，称为多项式的系数（coefficient），且其中只有有限个 $a_i$ 不为 $0$．两个多项式相等定义为各系数对应相等，即

$$\sum _{i\ge 0}{a}_i{x}^i=\sum _{i\ge 0}{b}_i{x}^i⟺\forall i\ge 0:a_i=b_i.$$

全体 $R$ 上关于 $x$ 的多项式构成的集合记作 $R[x]$，其中每个多项式都具有形式

$$a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n(n\in \mathbb{N}).$$

此时对于 $i>n$ 的 $a_i$ 都为 $0$．

未定元 $x$ 并不是任何一个环中的元素，它只是一个符号．这里有关未定元的定义并不是非常的严谨，但用过于形式化的语言对我们并没有什么实质性的帮助．在后文我们会用模的语言给出一个可行的严谨定义，如果读者非常在意，那么应当可以验证每个多项式本质上可以视作群 $(R,+)$ 的直积，因为我们只要确定系数即可．下面我们定义 $R[x]$ 上的运算，以使得 $R[x]$ 成为一个环．

对任意多项式

$$f(x)=\sum _{i\ge 0}{a}_i{x}^i\text{和}g(x)=\sum _{i\ge 0}{b}_i{x}^i,$$

定义多项式加法为

$$f(x)+g(x):=\sum _{i\ge 0}(a_i+b_i)x^i,$$

定义多项式乘法为

$$f(x)\cdot g(x):=\sum _{k\ge 0}\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j{x}^{i+j}.$$

命题 5 $R[x]$ 是环．

证明 显然多项式加法是交换的、结合的，且 $f(x)$ 的加法逆元 $-f(x)$ 是

$$-f(x)=\sum _{i\ge 0}(-a_i)x^i.$$

加法单位元是所有系数全为零的零多项式，这个多项式一般也记作 $0$．于是 $(R[x],+)$ 是交换群．

令 $1_{R[x]}:=1_R+0x+0x^2+\cdots$（只有第 $0$ 个系数为 $1_R$），则

$$1_{R[x]}\cdot f(x)=\sum _{k\ge 0}{a}_k{x}^k=f(x)=f(x)\cdot 1_{R[x]},$$

故 $1_{R[x]}$ 确实是乘法单位元．最后只需证明乘法具有结合律．

对任意多项式

$$\begin{array}{rlrlrl}f(x)& =\sum _{i\ge 0}{a}_i{x}^i,& g(x)& =\sum _{i\ge 0}{b}_i{x}^i,& h(x)& =\sum _{i\ge 0}{c}_i{x}^i,\end{array}$$

一方面

$$\begin{array}{rl}(f(x)\cdot g(x))\cdot h(x)& =\left(\sum _{k\ge 0}\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j{x}^{i+j}\right)h(x)\\ & =\left(\sum _{k\ge 0}\left(\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j\right)x^k\right)\left(\sum _{\ell \ge 0}{c}_{\ell }{x}^{\ell }\right)\\ & =\sum _{m\ge 0}\sum _{k+\ell =m}\left(\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j\right)c_{\ell }{x}^{k+\ell }\\ & =\sum _{m\ge 0}\sum _{k+\ell =m}\left(\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j{c}_{\ell }\right)x^m\\ & =\sum _{m\ge 0}\sum _{i+j+\ell =m}{a}_{\ell }{b}_i{c}_j{x}^m,\end{array}$$

另一方面

$$\begin{array}{rl}f(x)\cdot (g(x)\cdot h(x))& =f(x)\cdot \left(\sum _{k\ge 0}\sum _{i+j=k}{b}_i{c}_j{x}^{i+j}\right)\\ & =\left(\sum _{\ell \ge 0}{a}_{\ell }\right)\cdot \left(\sum _{k\ge 0}\left(\sum _{i+j=k}{b}_i{c}_j\right)x^k\right)\\ & =\sum _{m\ge 0}\sum _{\ell +k=m}{a}_{\ell }\left(\sum _{i+j=k}{b}_i{c}_j\right)x^{\ell +k}\\ & =\sum _{m\ge 0}\sum _{\ell +k=m}\left(\sum _{i+j=k}{a}_{\ell }{b}_i{c}_j\right)x^m\\ & =\sum _{m\ge 0}\sum _{\ell +i+j=m}{a}_{\ell }{b}_i{c}_j{x}^m.\end{array}$$

上述二式相等．

多项式 $f(x)={\sum }_{i\ge 0}{a}_i{x}^i$ 的次数（degree）定义为使得 $a_d\ne 0$ 的最大正整数 $d$，记作 $\mathrm{deg}(f(x))$．若 $f$ 是零多项式，定义 $\mathrm{deg}(f(x))=-\infty$．若 $\mathrm{deg}(f(x))\le 0$，则称 $f(x)$ 为常数（constant），此时它可视作 $R$ 中的元素，即全体 $R[x]$ 中的常数同构于 $R$，且一般将两者视为同一对象．

若 $f(x)={\sum }_{i\ge 0}{a}_i{x}^i\in R[x]$ 的首项（最高次项）$x^{\mathrm{deg}f(x)}$ 的系数为 $1$，则称其为首一的（monic）．

命题 6 设 $R$ 是环，$f(x),g(x)\in R[x]$ 为非零多项式，则

$$\mathrm{deg}(f(x)+g(x))\le \max (\mathrm{deg}f(x),\mathrm{deg}g(x)).$$

若 $R$ 是整环，则

$$\mathrm{deg}(f(x)\cdot g(x))=\mathrm{deg}f(x)+\mathrm{deg}g(x).$$

证明 设

$$f(x)=\sum _{i\ge 0}{a}_i{x}^i,g(x)=\sum _{i\ge 0}{b}_i{x}^i.$$

令 $m:=\mathrm{deg}f(x)$，$n:=\mathrm{deg}g(x)$．

多项式相加为

$$f(x)+g(x)=\sum _{i=0}^{\max (m,n)}(a_i+b_i)x^i,$$

故 $\mathrm{deg}(f(x)+g(x))\le \max (m,n)$．

若 $R$ 是整环，则

$$f(x)\cdot g(x)=\sum _{k\ge 0}\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j{x}^k.$$

由于 $a_m\ne 0$，$b_n\ne 0$，根据整环的性质 $a_m{b}_n\ne 0$，故 $f(x)\cdot g(x)$ 中 $x^{m+n}$ 的系数就是 $a_m{b}_n\ne 0$．当 $k>m+n$ 时，若要满足 $i+j=k$，则必然有 $i>m$ 或 $j>n$，这导致 $a_i{b}_j=0$，故 $x^k$ 的系数为 $0$．综上所述 $f(x)\cdot g(x)$ 的最大非零系数就是 $x^{m+n}$ 的系数，即 $\mathrm{deg}(f(x)\cdot g(x))=m+n$．

对于非整环，零因子相乘会产生零，从而导致多项式系数下降．

我们可以定义具有多个未定元的多项式．例如，设由未定元 $x,y,z$，定义

$$R[x,y,z]:=R[x][y][z].$$

在我们所讨论的范围内默认未定元之间是可交换的，于是读者可以验证这实际上就是形如 ${\sum }_{i,j,k}{a}_{i,j,k}{x}^i{y}^j{z}^k$ 的多项式．特别地，若有无穷可数个未定元 $x_1,x_2,\dots$，我们用 $R[x_1,x_2,\dots ]$ 表示全体有限多个未定元的多项式的线性组合，因此多项式本身并不会包含无穷多个未定元．我们暂时不严格讨论这个环的定义．

在分析学中我们会用到级数，它与多项式的区别只在于允许有无穷多个系数非零，一般写作形式 ${\sum }_{i=0}^{\infty }{a}_i{x}^i$．我们将 $R$ 上关于未定元 $x$ 的全体级数构成的环记作 $R[[x]]$．我们几乎不讨论级数，它一般用在分析学中．

显然若 $R$ 是交换环，则 $R[x]$ 也是交换环．整环也可以被多项环式继承．

命题 7 设 $R$ 是环，则 $R[x]$ 是整环当且仅当 $R$ 是整环．

证明 $(⟹)$ 若 $R[x]$ 是整环，则特别地全体常数构成整环，故 $R$ 是整环．

$(⟸)$ 设 $R$ 是整环．对任意非零多项式 $f(x),g(x)\in R[x]$，由于

$$\mathrm{deg}(f(x)\cdot g(x))=\mathrm{deg}f(x)+\mathrm{deg}g(x)>0,$$

$f(x)\cdot g(x)\ne 0$，故 $R[x]$ 是整环．

多项式环 $R[x]$ 不可能是域，因为多项式 $x=1x$ 不存在逆（任意非零多项式乘以 $x$ 后都会提升次数）．

读者也许知道多项式中有与整数除法类似的定理，可以定义两个多项式相除的商和余式．

命题 8 设 $k$ 是域，$f(x),g(x)\in k[x]$ 且 $g(x)$ 不是零多项式，则唯一存在一对 $q(x),r(x)\in k[x]$ 使得

$$f(x)=q(x)g(x)+r(x),\mathrm{deg}r(x)<\mathrm{deg}g(x).$$

证明 先证明存在性．如果存在 $q(x)\in k[x]$ 使得 $f(x)=q(x)g(x)$，则已经得证，其中 $r(x)$ 为零多项式．若不存在这样的 $q(x)$，则

$$f(x)-q(x)g(x)\ne 0,\forall q(x)\in R[x].$$

考虑如上形式的全体多项式的次数，其中必然有一个最小次数（为正数），不妨设 $r(x)$ 就是这个最小次数所对应的多项式之一，则

$$f(x)=q(x)g(x)+r(x),$$

下面只需证明 $\mathrm{deg}r(x)<\mathrm{deg}g(x)$．

记 $n:=\mathrm{deg}g(x)$，$m:=\mathrm{deg}r(x)$，设

$$\begin{array}{rlrl}g(x)& =\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i,& r(x)& =\sum _{i=0}^m{b}_i{x}^i.\end{array}$$

反设 $m\ge n$，定义

$$h(x):=r(x)-b_m{a}_n^{-1}{x}^{m-n}g(x).$$

由于我们的假设保证 $a_n\ne 0$ 且 $b_m\ne 0$，因此 $b_m{a}_n^{-1}\ne 0$，故

$$b_m{a}_n^{-1}{x}^{m-n}g(x)$$

的最首项为 $b_m{x}^m$．于是 $h(x)$ 的 $m$ 次项为 $0$，从而 $\mathrm{deg}h(x)<m$．由此可得

$$\begin{array}{rl}f(x)& =h(x)+q(x)g(x)+b_m{a}_n^{-1}{x}^{m-n}g(x)\\ & =s(x)g(x)+h(x)\end{array}$$

（其中 $s(x)=q(x)+b_m{a}_n^{-1}{x}^{m-n}$），这与 $r(x)$ 的次数最小的假设矛盾，故 $m<n$．

下面证明唯一性．假设 $q(x),r(x),q^{\prime }(x),r^{\prime }(x)\in k[x]$ 满足

$$\begin{array}{rlr}f(x)& =q(x)g(x)+r(x)& (\mathrm{deg}r(x)<\mathrm{deg}g(x))\\ & =q^{\prime }(x)g(x)+r^{\prime }(x)& (\mathrm{deg}{r}^{\prime }(x)<\mathrm{deg}g(x)),\end{array}$$

则

$$(q(x)-q^{\prime }(x))g(x)=r^{\prime }(x)-r(x).$$

若 $r^{\prime }(x)\ne r(x)$，则上式两侧都不是零多项式，于是一方面等式左侧的次数为

$$\mathrm{deg}(q(x)-q^{\prime }(x))+\mathrm{deg}g(x)\ge \mathrm{deg}g(x),$$

而等式右侧的次数为

$$\mathrm{deg}(r^{\prime }(x)-r(x))\le \max (\mathrm{deg}{r}^{\prime }(x),\mathrm{deg}r(x))<\mathrm{deg}g(x),$$

矛盾，故 $r(x)=r^{\prime }(x)$．由于 $g(x)$ 不是零多项式，$q(x)=q^{\prime }(x)$．

若将域 $k$ 换为一般的环 $R$，则需要限制除式 $g(x)$ 为首一多项式．

定理 9 设 $R$ 是环，$f(x),g(x)\in R[x]$ 且 $g(x)$ 是首一多项式，则唯一存在一对 $q(x),r(x)\in k[x]$ 使得

$$f(x)=q(x)g(x)+r(x),\mathrm{deg}r(x)<\mathrm{deg}g(x).$$

证明 将上述证明中的 $a_n$ 替换为 $1$ 并删除 $a_n^{-1}$ 即可．

幺半群环

具有结合运算的集合称为半群（semigroup），具有单位元的半群称为幺半群（monoid）．显然每个元素都可逆的幺半群就是群．对于自然数集 $\mathbb{N}$ 连同其上的加法，它是一个交换的幺半群．

给定幺半群 $(M,\cdot )$ 和环 $R$，我们可定义出一个新环 $R[M]$，其中的元素具有形式

$$\sum _{m\in M}{a}_m\cdot m,a_m\in R,\text{至多有限个}{a}_m\text{不为}{0}_R.$$

这里 $R$ 与 $M$ 之间的运算只是形式上的乘法，与不定元的写法一样（也可以视作 $R$ 与 $M$ 之间定义了一个乘法）．定义

$$\begin{array}{rl}\left(\sum _{m\in M}{a}_m\cdot m\right)+\left(\sum _{m\in M}{b}_m\cdot m\right)& =\sum _{m\in M}(a_m+b_m)\cdot m,\\ \left(\sum _{m\in M}{a}_m\cdot m\right)\cdot \left(\sum _{m\in M}{b}_m\cdot m\right)& =\sum _{m\in M}\sum _{m_1{m}_2\in M}(a_{m_1}{b}_{m_2})\cdot m.\end{array}$$

$R[M]$ 中的加法单位元中所有的 $a_m=0$，乘法单位元是 $1_R\cdot 1_M$．由于 $R$ 连同其加法运算是 Abel 群，事实上 $R[M]$ 本身与直和 $R^{\oplus M}$ 并无本质区别：对每个 $m\in M$ 都对应一个 $a_m\in R$．使用上述的书写方式更方便进行运算．特别地，$R[x]$ 完全可以视作 $R[\mathbb{N}]$，此时每个 $n\in \mathbb{N}$ 对应未定元 $x$ 的次数．

当 $M$ 是群时，$R[M]$ 就构成了群环（group ring）．$R[\mathbb{Z}]$ 就是洛朗多项式环 $R[x,x^{-1}]$（相应的洛朗级数 $R[[x,x^{-1}]]$ 是复分析中的重要研究对象，但不是我们的主题）．