交换幺环代数元之和仍然是代数元

这个结论是错的！！！！！！！！！！！！！！

需要注意到在 $\mathbb{Z}_6$ 中 $2x-1$ 和 $3x-1$ 的根就不是一个代数元，原因是有零因子的存在让结式多项式无解！！！！！！！！！

请辩证性地看待下面的证明，下面的证明可以用在整环中，将整环嵌入分式域即可.

在交换幺环 $R$ 中，若 $a$ 和 $b$ 是代数元（即存在非零多项式 $f(x), g(x) \in R[x]$ 使得 $f(a) = 0$ 和 $g(b) = 0$），则 $a + b$ 和 $ab$ 也是代数元。以下是严格的证明：

元素 $a \in R$ 是代数元，若存在非零多项式 $$ f(x) = c_n x^n + \cdots + c_0 \in R[x] \quad (c_n \neq 0), $$ 使得 $f(a) = 0$。
类似地，$b \in R$ 是代数元，存在非零多项式 $$ g(y) = d_m y^m + \cdots + d_0 \in R[x] \quad (d_m \neq 0), $$ 使得 $g(b) = 0$。

步骤 1：将 $f(x)$ 改写为关于 $z = x + y$ 的多项式。令 $x = z - y$，代入 $f(x)$，得到： $$ f(z - y) = c_n (z - y)^n + \cdots + c_0 = 0. $$
步骤 2：考虑多项式 $f(z - y)$ 和 $g(y)$ 的结式： $$ \operatorname{Res}_y \big( f(z - y), \, g(y) \big) \in R[z]. $$ 结式是一个关于 $z$ 的多项式，其根包含所有可能的 $a + b$，其中 $a$ 是 $f(x) = 0$ 的根，$b$ 是 $g(y) = 0$ 的根。
步骤 3：当 $z = a + b$ 时，$y = b$，此时 $f(z - y) = f(a) = 0$ 且 $g(y) = g(b) = 0$，因此结式为 $0$。这表明 $a + b$ 满足多项式 $\operatorname{Res}_y \big( f(z - y), \, g(y) \big) = 0$，即 $a + b$ 是代数元。

步骤 1：将 $f(x)$ 改写为关于 $z = x y$ 的多项式。令 $x = z / y$，代入 $f(x)$，得到： $$ f(z / y) = c_n (z / y)^n + \cdots + c_0 = 0. $$ 乘以 $y^n$ 消去分母： $$ c_n z^n + c_{n-1} z^{n-1} y + \cdots + c_0 y^n = 0. $$
步骤 2：考虑多项式 $c_n z^n + \cdots + c_0 y^n$ 和 $g(y)$ 的结式： $$ \operatorname{Res}_y \left( c_n z^n + \cdots + c_0 y^n, \, g(y) \right) \in R[z]. $$
步骤 3：当 $z = ab$ 时，$y = b$，此时 $f(z / y) = f(a) = 0$ 且 $g(y) = g(b) = 0$，因此结式为 $0$。这表明 $ab$ 满足多项式 $\operatorname{Res}_y \left( c_n z^n + \cdots + c_0 y^n, \, g(y) \right) = 0$，即 $ab$ 是代数元。

例 1：设 $R = \mathbb{Z}$，$a = 1/2$ 满足 $2x - 1 = 0$，$b = 1/3$ 满足 $3y - 1 = 0$。
$a + b = 5/6$ 满足 $6z - 5 = 0$。
$ab = 1/6$ 满足 $6z - 1 = 0$。两者均为代数元。
例 2：设 $R = \mathbb{Z}[t]$，$a = t$ 满足 $x - t = 0$，$b = t^2$ 满足 $y - t^2 = 0$。
$a + b = t + t^2$ 满足 $z - t - t^2 = 0$。
$ab = t^3$ 满足 $z - t^3 = 0$。显然代数。

在交换幺环 $R$ 中，代数元的集合对加法和乘法封闭。通过结式方法，可显式构造湮灭 $a + b$ 和 $ab$ 的多项式，无需依赖有限生成模的结构。因此：

\[ \boxed{a \text{ 和 } b \text{ 为代数元时，} a + b \text{ 和 } ab \text{ 也为代数元}} \]

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