環

整数全体 $\mathbb{Z}$ は通常の加法と乗法で可換環になる。単元は $1$ と $-1$ だけである。実際 $uv=1$ なら $|u||v|=1$ で $|u|,|v|$ は正の整数だから $|u|=1$ である。零因子は $0$ だけである。実際、$a\neq0$、$b\neq0$ なら $|ab|=|a||b|\geq1$ だから $ab\neq0$ である。したがって $\mathbb{Z}$ は整域であり、$2$ のように単元でも零因子でもない元をもつ。$\mathbb{Z}$ のイデアルは $n\mathbb{Z}=\{nk\mid k\in\mathbb{Z}\}$（$n\geq0$）の形のものに限る。実際、$(\mathbb{Z},+)$ の部分群は $n\mathbb{Z}$ の形に限り（巡回群 の記事の「巡回群の部分群は巡回群」の証明）、$n\mathbb{Z}$ は整数倍で閉じているからイデアルである。$1$ を含む部分環は $1$ の整数倍をすべて含むので、$\mathbb{Z}$ の部分環は $\mathbb{Z}$ 自身だけである。

$n\geq1$ に対し、$\mathbb{Z}$ を $n$ で割った余りで分類した剰余類の集合 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}=\{[0],[1],\dots,[n-1]\}$ は、$[a]+[b]:=[a+b]$、$[a][b]:=[ab]$ により可換環になる（これはイデアル $n\mathbb{Z}$ による剰余環であり、演算が代表元の取り方によらないことは prop-ring-quotient-ring で示す）。
$[a]$ が単元であることと $a$ と $n$ が互いに素であることは同値である。実際、$\gcd(a,n)=1$ なら Bézoutの等式により $ua+vn=1$ となる整数 $u,v$ があり、$[u][a]=[1-vn]=[1]$ である。逆に $[u][a]=[1]$ なら $ua-1\in n\mathbb{Z}$ だから $ua+vn=1$ となる整数 $v$ があり、$a$ と $n$ の公約数は $1$ を割るので $\gcd(a,n)=1$ である。一方 $d:=\gcd(a,n)>1$ なら、$0< n/d< n$ より $[n/d]\neq[0]$ であり、$[a][n/d]=[(a/d)n]=[0]$ だから $[a]$ は零因子である。したがって $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ の各元は単元か零因子のどちらか一方である。
たとえば $n=6$ では、$[1][1]=[1]$、$[5][5]=[25]=[1]$ なので単元は $[1],[5]$ であり、$[2][3]=[0]$、$[4][3]=[12]=[0]$、$[0][1]=[0]$ から零因子は $[0],[2],[3],[4]$ である。$n$ が素数 $p$ のときは $[0]$ 以外がすべて単元になり、$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ は体である（有限体）。

有理数全体 $\mathbb{Q}$、実数全体 $\mathbb{R}$、複素数全体 $\mathbb{C}$ は通常の演算で可換環であり、$0$ 以外の元がすべて単元だから体である。Gauss整数全体 $\mathbb{Z}[i]=\{a+bi\mid a,b\in\mathbb{Z}\}$ は $\mathbb{C}$ の部分環である。実際 $1\in\mathbb{Z}[i]$ であり、$(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i$、$(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i$ は再び $\mathbb{Z}[i]$ の元である。$\mathbb{Z}[i]$ の単元は $\pm1,\pm i$ の 4 つである。実際、$z=a+bi$ に対し $|z|^2=a^2+b^2$ は非負整数であり、$zw=1$ なら複素数の絶対値の乗法性から $|z|^2|w|^2=1$、したがって $a^2+b^2=1$ となり、$(a,b)$ は $(\pm1,0),(0,\pm1)$ のいずれかである。逆にこれら 4 つは $i\cdot(-i)=1$ などから単元である。

環 $R$ 上の 1 変数多項式環 $R[X]$ は、$X$ を不定元とする多項式 $a_0+a_1X+\cdots+a_nX^n$（$a_k\in R$）全体に、係数ごとの加法と、$X^iX^j=X^{i+j}$ と分配法則で定まる乗法を入れた環である。$R$ が可換なら $R[X]$ も可換であり、$R$ は定数多項式として $R[X]$ の部分環になる。$R$ が整域なら $R[X]$ も整域で $R[X]^\times=R^\times$ である（DF04 §7.2 命題 4）。詳細は 多項式環 を参照。

環 $R$ と $n\geq1$ に対し、$R$ の元を成分とする $n\times n$ 行列全体 $M_n(R)$ は、行列の加法と積で環になる（行列環）。零元は零行列、単位元は単位行列 $E$ である。$n\geq2$ のとき $M_n(R)$ は（$R\neq\{0\}$ なら）可換でなく、$0$ 以外の零因子をもつ。実際、$(i,j)$ 成分だけが $1$ で他が $0$ の行列を $E_{ij}$ とすると、行列の積の定義から
$$ E_{11}E_{12}=E_{12},\qquad E_{12}E_{11}=0,\qquad E_{11}E_{22}=0 $$
である。第 1 式と第 2 式から $E_{11}E_{12}\neq E_{12}E_{11}$ であり、第 3 式から $E_{11}$ と $E_{22}$ は $0$ でない零因子である。$M_n(R)$ の単元は可逆行列であり、$R$ が体 $k$ のとき $M_n(k)^\times$ は一般線形群 $GL_n(k)$ である。

実数 $a,b,c,d$ と記号 $i,j,k$ を用いた形式的な和 $q=a+bi+cj+dk$ 全体 $\mathbb{H}$ に、成分ごとの加法と、$i^2=j^2=k^2=-1$、$ij=k=-ji$、$jk=i=-kj$、$ki=j=-ik$ を分配法則で拡張した乗法を入れたものが四元数環である。$ij\neq ji$ だから可換でない。$\bar q:=a-bi-cj-dk$ とおくと直接計算で $q\bar q=\bar q q=a^2+b^2+c^2+d^2$ となるので、$q\neq0$ なら $q^{-1}=\bar q/(a^2+b^2+c^2+d^2)$ であり、$\mathbb{H}$ は可換でない可除環である。乗法の結合性の検証を含む詳細は 四元数環 および DF04 §7.1 を参照。

環 $R,S$ の直積集合 $R\times S$ に成分ごとの演算 $(r,s)+(r',s')=(r+r',s+s')$、$(r,s)(r',s')=(rr',ss')$ を入れると環になる。零元は $(0,0)$、単位元は $(1,1)$ である。各公理は成分ごとに $R$、$S$ の公理から従う。$R\neq\{0\}$、$S\neq\{0\}$ なら $(1,0)(0,1)=(0,0)$ で、$(1,0)$ も $(0,1)$ も $0$ でないから、直積は $0$ 以外の零因子をもつ。単元群は $(R\times S)^\times=R^\times\times S^\times$ である。実際 $(r,s)(r',s')=(1,1)=(r',s')(r,s)$ は $rr'=r'r=1$ かつ $ss'=s's=1$ と同値である。

集合 $X$ と環 $R$ に対し、写像 $f\colon X\to R$ 全体 $R^X$ に各点ごとの演算 $(f+g)(x):=f(x)+g(x)$、$(fg)(x):=f(x)g(x)$ を入れると環になる。零元は定値写像 $0$、単位元は定値写像 $1$ であり、各公理は点ごとに $R$ の公理から従う。$X$ が相異なる 2 点 $x_1,x_2$ をもち $R\neq\{0\}$ なら、$\{x_1\}$ の特性関数 $\chi_1$ と $\{x_2\}$ の特性関数 $\chi_2$ は $\chi_1\chi_2=0$ を満たす $0$ でない元であり、零因子である。位相空間 $X$ 上の実数値連続関数（連続写像）全体 $C(X)$ は $\mathbb{R}^X$ の部分環である（連続関数の差と積は連続で、定値写像 $1$ は連続）。

集合 $X$ の冪集合 $\mathcal{P}(X)$ に、加法として対称差 $A+B:=A\triangle B=(A\setminus B)\cup(B\setminus A)$、乗法として共通部分 $AB:=A\cap B$ を入れると可換環になる。零元は空集合 $\emptyset$、単位元は $X$ である。$(\mathcal{P}(X),\triangle)$ がアーベル群であること（結合律・可換律、$A\triangle\emptyset=A$、$A\triangle A=\emptyset$）と分配法則 $A\cap(B\triangle C)=(A\cap B)\triangle(A\cap C)$ は、各点 $x\in X$ について「$x$ が属するか否か」を追えば確かめられる。$\cap$ の結合性は明らかである。この環では任意の元が $A^2=A$ を満たし、$A+A=0$ である。$X$ が 2 点以上なら、$x\in X$ に対し $\{x\}\cap(X\setminus\{x\})=\emptyset$ なので $\{x\}$ は $0$ でない零因子である。このように任意の元が冪等な環をBoole環という。

1 元集合 $\{0\}$ に $0+0=0$、$0\cdot0=0$ を入れたものは環であり、零環という。この環では $1=0$ であり、$0\cdot0=1$ だから $0$ は単元である。$b\neq0$ となる元が存在しないので、零環の $0$ は零因子ではない。$1=0$ となる環は零環に限る（prop-ring-basic-rules の 4）。

自然数全体 $\mathbb{N}=\{0,1,2,\dots\}$ に通常の加法と乗法を入れたものは、乗法が結合的で単位元 $1$ をもち、分配法則も満たすが、環ではない。満たさないのは条件 1 であり、$1+x=0$ となる $x\in\mathbb{N}$ が存在しないので $(\mathbb{N},+)$ は群でない。加法の逆元を要求しない構造は半環と呼ばれる。この例が破るのは「加法群の公理を除く環の公理を満たせば環」という含意である。

偶数全体 $2\mathbb{Z}$ は $\mathbb{Z}$ のイデアルである（ex-ring-integers）が、$1\notin2\mathbb{Z}$ だから部分環ではない。さらに $2\mathbb{Z}$ 自身は $\mathbb{Z}$ の演算で環になれない。実際、$e\in2\mathbb{Z}$ が乗法の単位元なら $e\cdot2=2$ から $e=1$ となり矛盾する。したがって $2\mathbb{Z}$ は「加法群・結合的乗法・分配法則」を満たす擬環であって単位的環ではなく、「イデアルならば部分環」という含意を破る。
逆に $\mathbb{Z}$ は $\mathbb{Q}$ の部分環であるが、$\tfrac12\cdot1=\tfrac12\notin\mathbb{Z}$ だからイデアルではない。これは「部分環ならばイデアル」という含意を破る。両方を満たす部分集合は、単元 $1$ を含むイデアル、すなわち $R$ 自身だけである（prop-ring-ideal-basic の 3）。

$R=\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$（ex-ring-product）の部分集合 $S=\mathbb{Z}\times\{0\}$ は、$R$ の加法・減法・乗法で閉じており、$(1,0)$ を単位元とする環である。しかし $R$ の単位元は $(1,1)\notin S$ なので、$S$ は $R$ の部分環ではない。この例は、「演算で閉じていて自分自身の単位元をもてば部分環」という含意を破る。単位的環の部分環の定義で $1_R\in S$ を要求するのはこのためである。

$\mathbb{R}^3$ に通常のベクトルの加法と、乗法としてベクトル積 $u\times v$ を入れたものは、$(\mathbb{R}^3,+)$ がアーベル群で、ベクトル積が双線形（分配法則を満たす）であるにもかかわらず、環ではない。満たさないのは条件 2 である。標準基底 $e_1,e_2,e_3$ について $e_1\times e_2=e_3$、$e_1\times e_3=-e_2$、$e_1\times e_1=0$ なので
$$ (e_1\times e_1)\times e_2=0\neq -e_2=e_1\times(e_1\times e_2) $$
となり結合的でない。また $e\times e=0$ だから、$e\times v=v$ をすべての $v$ に対して満たす $e$ は $e=0$ しかなく、$0\times v=0$ なので単位元も存在しない。この例が破るのは「加法群と分配法則だけで環」という含意である。

体 $k$ 上の行列環 $R=M_2(k)$（ex-ring-matrices）で $I:=RE_{11}$ とおく。これは prop-ring-ideal-basic の 4 により左イデアルであり、行列の積の定義から、$I$ は第 2 列が $0$ である行列全体に一致する。$I$ は右イデアルではない。実際 $E_{11}\in I$ だが $E_{11}E_{12}=E_{12}$ の第 2 列は $0$ でないので $E_{11}E_{12}\notin I$ である。剰余群 $R/I$ 上で $(a+I)(b+I):=ab+I$ と定めようとすると、$a=0$、$a'=E_{11}$ は $a'-a=E_{11}\in I$ より同じ剰余類を定めるが、$b=E_{12}$ に対し $ab=0\in I$、$a'b=E_{12}\notin I$ なので $ab+I\neq a'b+I$ となり、乗法は代表元の取り方に依存する。この例は「左イデアルで割れば剰余環ができる」という含意を破り、prop-ring-quotient-ring で両側性が必要であることを示す。