（a,b?R,a?0）各有一个唯一的解：a?1b和ba?1。这两个解分别叫做用a从左边和右边去除b，这就是除环这个名字的来源。要注意的是，一般地有a?1b?ba?1（因为除环里的乘法不适合交换律）。
定义 交换的除环叫做域。
由此可见，域是特殊的环。所以除环的性质对域也成立，但反之则未必。
由于在域里有a?1b?ba?1，所以我们用来表示这两个相等的元素，即a?1b?ba?1?，这时我们就可以得到普通运算法则。
设R是一个域，则对a,（1）?b,c,d?R,a?0,c?0，有
bababd?ad?bc ac（2）b?d?ad?bc
acacbdbd（3）??
acacbd证明 （1）若?，则a?1b?c?1d，从而aca?1b?acc?1d，于是ad?bc。
acbd反之，若ad?bc，则(ad)(a?1c?1)?(bc)(a?1c?1)，因而a?1b?c?1d，即?。
ac（2）因为
bdac(?)?aca?1b?acc?1d?bc?ad?ad?bc ac所以
bdad?bc ??(ac)?1(ad?bc)?acac（3）因为
bdac(?)?(ac)(a?1b?c?1d)?bd ac所以
bdbd ac(?)?(ac)?1(bd)?acac
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例3（P92）
到现在为止，我们已经把几种最常见的适合乘法附加条件的环，都稍微做了介绍，为了能够把它们的隶属关系看得更清楚些，我们做了一个表，详见P93。
例4 模n剩余类环Zn是域?n是素数。
证明 （?）由第二节知，Zn是有单位元[1]的交换环，因此要证
Zn是域，只需证Zn中非零元都可逆即可。
?[a]?Zn,[a]?[0]，则1?a?n，因为n是素数，所以有(a,n)?1，
于是存在p,q?Z，使得pa?qn?1，从而有
[1]?[pa?qn]?[p][a]?[q][n]?[p][a]
即[p]是[a]的逆元，所以Zn的每个非零元均可逆，故Zn是域。 （?）若n不是素数，则有n?pq(1?p,q?n)，从而有
]?[0][0]?[n]?[p][q]，但[p]?[0],[q，于是[p],[q]是Zn的零因子，这与
Zn是域无零因子矛盾。故n是素数。
§4 无零因子环的特征
在前面各节，我们看到了在各种环里哪些普通计算规则是可以适用的。有一种普通计算规则不但在一般环里，就是在适合条件比较强的环——域里面也不一定能够适用，这规则就是：a?0时，未必有
m??????? ma?a?a???a?0(m?Z,m?0) (1)
例1 在域Zn（n是素数）里，有[a]?[0](0?a?n)，但
nn??????????????n[a]?[a]?[a]???[a]?[a?a???a]?[na]?[0]
那么，（1）之所以不一定成立的原因在哪里呢？设R是一个环，我们知道R的元素对于加法来说构成一个加群，在这个加群里每一个
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元素都有一个阶，由阶的定义可知，R的元素a在加群里的阶若是无限的，那么不管m是哪一个整数，都有ma?0；若a的阶是一个有限数n，就有ma?0。即对R的一个不等于零的元素a来说，（1）式能不能成立，完全由a在加群里的阶是无限还是有限来决定的，a的阶无限时（1）式成立，a的阶有限时（1）不成立。
在一个环可能某一个不等于零的元素对于加法来说的阶是无限的，而另一个不等于零的元素的阶却是有限的。
例2（P95）
可见，在一个一般环里，（1）这个计算规则可能对于某一个元素来说成立，对于另一个元素来说又不成立。但在一个没有零因子的环里情形就不同了。
定理1 在一个没有零因子的环R里，所有不等于零的元素，对于加法来说的阶都是一样的。
证明 若R的每一个不等于零的元素，对于加法的阶都是无限的，那么定理1成立。
假定R的某一个不等于零的元素a对于加法的阶是有限整数n。
?b?R,b?0，则由0?na?(na)b?a(nb),a?0及R是无零因子环可得
nb?0，所以|b|?|a|，同理可证|b|?|a|，故|b|?|a|。所以R的所有不等
于零的元素，对于加法来说的阶都是一样的。
定义 一个无零因子环R的非零元素对于加法的相同阶，叫做无零因子环R的特征。
这样，一个无零因子环R的特征如果是无限的，那么R里计算规
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则（1）永远是对的；R的特征如果是有限整数，这个计算规则就永远不对。
定理2 若无零因子环R的特征是有限整数n，则n是素数。 证明 若n不少素数，则n?pq(p,q?Z,1?p,q?n)，于是
?a?R,a?0，有pa?0,qa?0，但
(pa)(qa)?(pq)a2?na2?(na)a?0a?0
这与R是无零因子环矛盾，故n是素数。
推论 整环、除环、域的特征或是无限大，或是一个素数。 若R是特征为p的无零因子的交还环，则?a,b?R，有
(a?b)p?ap?bp
事实上，因为
p?1p?1(a?b)p?ap?C1b???Cpabp?1?bp pa而Cip(1?i?p?1)是p的倍数，因而Cipap?ibi?0(1?i?p?1)，所以
(a?b)p?ap?bp。
P97、2证明 ?b?[a]，则n|(a?b)，于是a?b?np(p?Z)，即
a?b?np。若(b,n)?m?1，则m|b,m|n，于是m|a，从而(a,n)?1，
这与已知条件矛盾，故(b,n)?1
3. 证明 令G?{[a]?Zn|(a,n)?1}。则
①?[a],[b]?G，因为a和b都和n互素，所以ab也和n互素，于是
[a]?[b]?[ab]?G，即G对剩余类乘法封闭。
②剩余类乘法适合结合律。
③有(1,n)?1知[1]?G，即G有单位元。
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