非平凡环中$R^2=R$与存在单位元的等价性验证及非平凡反例询问

嘿，这个问题问得特别好！首先得明确一个关键结论：在非平凡环的范畴里，$R^2=R$ 和 环$R$存在单位元这两个条件完全不等价——既存在满足$R^{2=R$但没有单位元的非平凡环，也存在有单位元天然满足$R}2=R$的环（比如整数环$\mathbb{Z}$）。

先给你一个非常直观的非平凡反例：

• 考虑环$R$，它由所有从整数集$\mathbb{Z}$到$\mathbb{Z}$的有限支撑函数构成。这里的“有限支撑”意思是：函数$f: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$只有在有限个整数点上取值非零。
• 环的运算定义为：加法是逐点加法（即$(f+g)(n)=f(n)+g(n)$），乘法是逐点乘法（即$(f\cdot g)(n)=f(n)\cdot g(n)$）。

咱们来验证这个环的性质：

1. 没有单位元：环的单位元需要是一个函数$e$，使得对任意$f\in R$，$f\cdot e = f$。这要求$e(n)=1$对所有$n\in\mathbb{Z}$成立，但这个函数的支撑集是整个$\mathbb{Z}$（无限集），不属于$R$，所以$R$不存在单位元。
2. 满足$R^2=R$：任取$f\in R$，设它的支撑集是有限集${n_1,n_2,...,n_k}$。定义函数$g\in R$：在${n_1,...,n_k}$上$g(n)=1$，其余点上$g(n)=0$。显然$g$属于$R$（支撑集有限），并且$f\cdot g = f$（因为在支撑集上$g(n)=1$，乘积就是$f(n)$；其余点上$f(n)=0$，乘积也为0）。这说明$f\in R^{2$，由$f$的任意性可得$R}2=R$。

你之前觉得“有秩序的环里可能等价”，其实是有道理的——比如在交换诺特局部环中，如果$R^2=R$，根据中山引理，确实能推出$R$有单位元。但一旦跳出这类特殊环的范围，等价性就不成立了，上面的例子就是最好的证明。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Liam