モノイド環

加法については自由加群なのでアーベル群であり、積は $R$ 双線形なので分配法則が成り立つ。結合法則の両辺 $(fg)h$ と $f(gh)$ はどちらも $f,g,h$ のそれぞれについて $R$ 線形なので、$f=am$、$g=bn$、$h=cp$（$a,b,c\in R$、$m,n,p\in M$）の場合に示せばよい。このとき両辺は $abc\,(mn)p$ と $abc\,m(np)$ であり、$M$ の結合法則により等しい。$1_M\cdot m=m=m\cdot1_M$ を双線形に延ばすと、$1_M$ が単位元であることが分かる。これは 群環 の記事の命題「群環は環である」の証明と同じ計算で、逆元は使っていない。
1：$(r1_M)(s1_M)=rs\,1_M$ で、$r1_M=0$ なら基底 $1_M$ の係数を見て $r=0$ である。$f=\sum_ma_mm$ について $(r1_M)f=\sum_mra_mm=f(r1_M)$ である。
2：$m\cdot n=mn$ と $1_M$ が単位元であることから準同型である。$R\neq0$ なら、相異なる $m,n$ は相異なる基底の元なので $R[M]$ でも異なる。
3：$M$ が可換なら基底の元どうしが可換で、積は双線形なので $R[M]$ は可換である。逆に $R[M]$ が可換なら、$m,n\in M$ について $R[M]$ で $mn=nm$ であり、2 により $M$ でも $mn=nm$ である。$\square$

$\Phi$ を上の式で定める。$\Phi$ は加法を保ち、$\Phi(1)=\varphi_0(1)\varphi(1_M)=1$ である。$a,b\in R$、$m,n\in M$ について、$\varphi_0(b)$ が $A$ の中心にあることから
$$ \Phi\bigl((am)(bn)\bigr)=\varphi_0(ab)\varphi(mn)=\varphi_0(a)\varphi(m)\varphi_0(b)\varphi(n)=\Phi(am)\Phi(bn) $$
である。$R[M]$ の積は $am$ の形の元どうしの積を双加法的に延ばしたものなので、$\Phi$ は積を保つ。$\Phi(r\cdot1)=\varphi_0(r)$ なので $R$ 代数の準同型である。逆に $R$ 代数の準同型 $\Psi$ が $\Psi(m)=\varphi(m)$ を満たせば $\Psi(am)=\Psi(a\cdot1)\Psi(m)=\varphi_0(a)\varphi(m)$ であり、$\Psi$ は加法を保つので $\Psi=\Phi$ である。$\square$

1：$N\to R[N]$ と $u$ の合成はモノイド準同型なので、prop-monoid-ring-universal から $u_*$ がただ 1 つ得られ、式は普遍性の式そのものである。合成と恒等写像の等式は、両辺が $M$ の元で一致する $R$ 代数の準同型であることと一意性から従う。$u$ が単射なら、$\sum_ma_mu(m)$ は相異なる基底の元 $u(m)$ の一次結合なので、これが $0$ ならすべての $a_m=0$ である。
2：$S[M]$ を $\psi$ と $S\to S[M]$ の合成によって $R$ 代数とみなし、$M\to S[M]$、$m\mapsto m$ に prop-monoid-ring-universal を当てればよい。
3：$\{1\}$ のモノイド環は $R$ 自身であり、1 を当てればよい。$\square$

必要性. $R[M]$ が整域とする。$R$ は $R[M]$ の部分環なので整域である。$M$ が消去律を満たさず、$a+c=b+c$、$a\neq b$ とすると、$x^a-x^b\neq0$、$x^c\neq0$ で $(x^a-x^b)x^c=0$ となり矛盾する。よって 2 が成り立つ。$M$ が捩れをもつとして、$na=nb$ かつ $a\neq b$ となる組のうち $n\ge1$ が最小のものをとる。$a\ne b$ なので $n\ge2$ である。
$$ s:=\sum_{i=0}^{n-1}x^{(n-1-i)a+ib} $$
とおくと $(x^a-x^b)s=x^{na}-x^{nb}=0$ である。$s$ の $n$ 個の指数は相異なる。実際、$0\le j< i\le n-1$ で $(n-1-i)a+ib=(n-1-j)a+jb$ なら、両辺から $(n-1-i)a+jb$ を消去律で消して $(i-j)b=(i-j)a$ を得るが、$1\le i-j< n$ なので $n$ の最小性に反する。よって $s$ は係数 $1$ の相異なる基底の元の和で $s\neq0$ であり、$x^a-x^b\neq0$ と合わせて矛盾する。よって 3 が成り立つ。
十分性. 1〜3 を仮定し、$f,g\in R[M]$ を $0$ でない元とする。$\operatorname{supp}f\cup\operatorname{supp}g$ で生成される $M$ の部分モノイドを $M_0$、$\iota_M(M_0)$ で生成される $M^{\mathrm{gp}}$ の部分群を $H$ とする。$H$ は有限生成アーベル群である。$H$ は捩れをもたない。実際 $H$ の元は $\iota_M(a)-\iota_M(b)$（$a,b\in M_0$）の形であり、$n(\iota_M(a)-\iota_M(b))=0$（$n\ge1$）なら $\iota_M(na)=\iota_M(nb)$、$\iota_M$ の単射性から $na=nb$、3 から $a=b$ である。自由アーベル群 の記事の命題「有限生成で捩れのないアーベル群は自由」により、ある $r\ge0$ について $H\cong\mathbb{Z}^r$ である。
包含 $M_0\to M$ と、$\iota_M$ を $M_0$ に制限した $M_0\to H$ はどちらも単射なモノイド準同型なので、cor-monoid-ring-functorial の 1 により $R[M_0]\to R[M]$ と $R[M_0]\to R[H]\cong R[\mathbb{Z}^r]$ は単射な環準同型である。$f,g$ は $R[M_0]$ の元とみなせる。$R[\mathbb{Z}^r]$ は整域 $R$ 上の Laurent 多項式環なので整域であり（Laurent多項式環 の記事の補題「係数が整域の場合」。$r=0$ なら $R$ 自身）、$f,g$ の像の積は $0$ でない。よって $R[M_0]$ で $fg\neq0$ であり、$R[M]$ でも $fg\neq0$ である。$\square$

$fg=1$ とする。prf-monoid-ring-domain と同じく $\operatorname{supp}f\cup\operatorname{supp}g$ から $M_0$ と $H\cong\mathbb{Z}^r$ を作ると、$R[M_0]\to R[H]$ は単射で $1$ を $1$ に送るので、$f,g$ の像は $R[H]$ の単元である。Laurent多項式環 の記事の補題「係数が整域の場合」により、$f$ の像は $u\,x^h$（$u\in R^\times$、$h\in H$）の形、すなわち台がただ 1 点 $h$ である。単射 $R[M_0]\to R[H]$ は台を $\iota_M$ で移すので、$f=u\,x^m$（$m\in M_0$、$\iota_M(m)=h$）であり、同様に $g=v\,x^{m'}$ である。$fg=uv\,x^{m+m'}=1$ から $uv=1$、$m+m'=0$ なので、$u\in R^\times$ で $m$ は $M$ の可逆元である。逆に $u\,x^m$ は $u^{-1}x^{-m}$ を逆元にもつ。$\square$