理论上是可以的,例如
#1=sqrt(2)+sqrt(3)+sqrt(5)+sqrt(7)+sqrt(11)
满足的方程:2000989041197056 - 44660812492570624 #1^2 + 183876928237731840 #1^4 -
255690851718529024 #1^6 + 172580952324702208 #1^8 -
65892492886671360 #1^10 + 15459151516270592 #1^12 -
2349014746136576 #1^14 + 239210760462336 #1^16 -
16665641517056 #1^18 + 801918722048 #1^20 - 26625650688 #1^22 +
602397952 #1^24 - 9028096 #1^26 + 84864 #1^28 - 448 #1^30 + #1^32=0
对于更多的根号计算就太费劲了.....
不知mathe能否给我讲讲此计算方法的原理..
例如:对于x=sqrt(2)+sqrt(3)+sqrt(5)+sqrt(7)+sqrt(11)+root{3}{13}如何构造其它的根呢,使其变成一个整系数方程 http://spaces.ac.cn/article.asp?id=44
这是我的简单的证明，不要见笑 比如现在有总共k个平方根,那么我们可以通过在每个前面添加正号或者负号,得到总共$2^k$项,
而以它们为根的多项式中,可以写成$2^k$个项的乘积,其中每项含有一个x和k个平方根.而展开后每一项相当于从这$2^k$项中每项的k+1的选择中选择一个(要么x,要么一个平方根).
对于其中的一种选择,如果某个平方根被选择了奇数次(h),那么对于这个选择中使用了这个平方根的那些项中,我们可以找到那些对应的除了这个平方根的系数变号,其它项都相同的项.由于这奇数项和它们对应的项总共必然是偶数项,那么必然有一个对应项没有被使用,于是我们可以构造另外一个选择,它的所有其它项选择都相同,但是就这两项的选择交换;于是我们就得到一项和原先项除了符号不同绝对值相同的项.显然这两项的值会相互抵消.
所以最终所有余下的项终,那么平方根都必然出现偶数次,也就是结果多项式的系数必然是偶数的.
当然这种方法在k比较大时,计算量会非常大.实际上,证明更加一般性的性质我觉得还是需要使用高等数学的 高等数学如何证明？
我好像已经找到了证明
本帖最后由 282842712474 于 2009-7-31 20:08 编辑令$\sum_{i=1}^n \sqrt{a_i}=p$，${a_i}$为正整数且两两互质，每一个$\sqrt{a_i}$都是无理数。假设p为有理数。
两边平方：
$(\sum_{i=1}^n \sqrt{a_i})^2=p^2=>\sum_{i=1}^n a_i + 2\sum_{i=1,i<j}^n \sqrt{a_i a_j}$
于是$\sum_{i=1,i<j}^n \sqrt{a_i a_j}$为有理数。再将它平方，平方后，我们可以又得到一个“根号和”形式的“有理数”，将这个“有理数”再平方...
如此进行下去，在有限步内，总会出现一个“稳定”的情况：即不断进行平方，式子的根号内的数字总是不变，变的只是系数罢了。 待它达到“稳定”后，就可以利用它来把根号的个数逐步减少，最终只有一个根号，按题意它会是有理数，与实际会矛盾 本帖最后由 282842712474 于 2009-7-31 20:08 编辑
高等数学符号我写不出来了。举一个例子：
证明$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$为无理数：
假设$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}=p$，p是无理数，平方
$10+2(\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15})=p^2$
$=>\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}=Q$是一个有理数，平方（平方后依然只有$\sqrt{6},\sqrt{10},\sqrt{15}$，这时已经达到稳定了）
$=>5\sqrt{6}+3\sqrt{10}+2\sqrt{15}=Q-31=S$是一个有理数，
$=>3\sqrt{6}+\sqrt{10}+2(\sqrt{15}+\sqrt{6}+\sqrt{10})=S$
$=>3\sqrt{6}+\sqrt{10}=T$是一个有理数，平方
$=>12\sqrt{15}=R$是一个有理数，矛盾 如果是4个，就要算更多步骤，但是肯定是可行的，我的数学表达能力不大好，希望哪位能够看懂的，帮忙完善 想变成通用的证明,问题还很大