Nếu chỉ hai phần tử thì mình dùng cách đơn giản là xong, như em nói. Còn chứng minh rằng $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})=\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})$ thì anh chẳng biết cách nào khác là dùng automorphism group. Đại loại là ta có kết quả rằng, nếu $a$ là một nghiệm của $f(t)\in \mathbb{Q}[t]$, và $K$ là một mở rộng trường của $\mathbb{Q}$, thì với mọi $\sigma\in Aut(K/\mathbb{Q})$, $\sigma(a)$ là một nghiệm của $f(t)$.
Bước 1: Ta tìm hết tất cả các automorphism của $K$ fix $\mathbb{Q}$, tức là tìm $Aut(K/\mathbb{Q})$. Ở đây, $K=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})$. Việc tìm cái này ko rắc rối lắm, em có thể tham khảo ở đây: http://math.stackexc...2-sqrt3-mathbbq
Bước 2: Dễ dàng thấy rằng, $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}\in \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})$. Suy ra, $\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})\subset \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})$. Để chứng minh chúng bằng nhau, ta chỉ cần chứng minh rằng cái minimal polynomial cho $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ có bậc là $8$. Tuy nhiên, nếu $f$ là minimal polynomial cho $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$, thì $\sigma(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})$ cũng là một nghiệm của $f$ với mọi $\sigma\in Aut(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})/\mathbb{Q})$. Vì ta đã tìm được $\sigma\in Aut(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})/\mathbb{Q})$ ở bước 1, ta có thể dễ dàng tìm hết tất cả các nghiệm của $f$. Đại loại chúng là $\pm\sqrt{2}\pm\sqrt{3}\pm\sqrt{5}$. Đặt tên cho chúng là $\alpha_i$, $i=1,..,8$. Tính toán "bằng tay" biểu thức sau, ta được
$$(t-\alpha_1)(t-\alpha_2)(t-\alpha_3)(t-\alpha_4)(t-\alpha_5)(t-\alpha_6)(t-\alpha_7)(t-\alpha_8)=t^8-40t^6+352t^4-960t^2+576.$$
Ở đây, "bằng tay" là isomorphic với "mathematica"
Giá như ta thích toán sớm hơn một chút...