可換環論の勘どころ：1.1-(1)

1. $0'$も条件を満たすとすれば，$0'=0'+0=0$
2. $(-a)'$も条件を満たすとすれば，$(-a)'=(-a)'+a+(-a)=-a$
3. $1'$も条件を満たすとすれば，$1'=1'\times1=1$

1. $-b = a+b-b=a$，$-a=-a+a+b=b$．
2. $0=a+(-a)=a+a+(-a)=a$．
3. (3.1) $a0=a(0+0)=a0+a0$なので$a0=0$．
   (3.2) $(-a)b+ab=(-a+a)b=0$より$(-a)b=-ab$
   (3.3) もはや明らか．
   (3.4) もはや明らか

1. 加法の単位元は$(0,0)$，乗法の単位元は$(1,0)$．
   $$((a,x)(b,y))(c,z)=(ab,ay+bx)(c,z)=(abc,abz+acy+bcx)$$
   $$(a,x)((b,y)(c,z))=(a,x)(bc,bz+yc)=(abc,abz+acy+bcx)$$
   $$(a,x)((b,y)+(c,z))=(a,x)(b+c,y+z)=(ab+ac,ay+az+bx+cx)$$
   $$(a,x)(b,y)+(a,x)(c,z)=(ab,ay+bx)+(ac,az+cx)=(ab+ac,ay+az+bx+cx)$$
2. 明らか

行列の性質から調べるのは積について閉じていることと，可換性くらい．

$1+(-1)=0$より$0\in R$．あとは明らか．

$f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$より，$f(0)=0$．
$f(a)+f(-a)=f(0)=0$より，$f(-a)=-f(a)$．
$f(a-b)=f(a)-f(b)$はもはや明らか．

$f^{-1}(a+b)=x$，$f^{-1}(a)=y$，$f^{-1}(b)=z$とおく．
$f(x)=a+b=f(y)+f(z)=f(y+z)$．よって$x=y+z$．
$f^{-1}(ab)=x$，$f^{-1}(a)=y$，$f^{-1}(b)=z$とおく．
$f(x)=f(yz)$より$x=yz$．
$f^{-1}(1)=1$は明らか．

$f(a,x)=\begin{pmatrix}a&x\\0&a\end{pmatrix}$，$g\begin{pmatrix}a&b\\0&a\end{pmatrix}=(a,b)$が全単射であることは明らか．準同型であることを見る必要があるが，それは行列の演算と$\mathbb{Z}\ltimes\mathbb{Q}$の演算が同じものであることから明らかといえよう．

省略

明らか

$f\in\text{Aut}\mathbb{R}$を取ってくる．任意の$r\in\mathbb{Q}$について$f(r)=r$であることは良いであろう．$x\ge y\Leftrightarrow\exists r\in \mathbb{R}, x=y+r^2\Rightarrow f(x)=f(y)+f(r)^2$より，$f$は単調増加．$f$が単射であることを見る．$f(r)=0$かつ$r\neq 0$とすれば，$r$は無理数なので，$0$と$r$の間に有理数$s$が存在する．$f(s)=s$かつ$f(r)=0$である．これは$f$が単調増加であることに矛盾する．よって$f$は単射で狭義単調増加． $f(x)\neq x$となる無理数$x$が存在したとする．$f(x)=y$とおく（$y$は無理数）．$x< y$なら，有理数の稠密性により$x< r< y$を満たす有理数が存在する．$f$は狭義単調増加なので，$f(x)< f(r)< f(y)$．よって$y< r$だが，これは$r< y$に矛盾．
$x>y$のときも同様にできる．よって任意の$ x\in\mathbb{R}$に対して$f(x)=x$．つまり，$f=id_\mathbb{R}$

テキストに載っている

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