Vamos a trabajar, por el momento, en $\mathbb{Q}[x]$.
El número de $b=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ es sin duda una raíz de $f(x)=x^4-10x^2+1$, debido a $(b-\sqrt{2})^2=3$, lo $b^2-1=2b\sqrt{2}$ y, ajustando de nuevo, $b^4-2b^2+1=8b^2$.
Por lo tanto, no es un monic polinomio $p(x)$ de grado mínimo (con coeficientes en $\mathbb{Q}$) $b$ es una raíz de; en particular, $\deg p(x)\le 4$. Si hacemos Euclidiana de la división, obtenemos
$$
f(x)=p(x)q(x)+r(x)
$$
con $r(x)=0$ o $\deg r(x)<\deg p(x)$. La evaluación en $b$ da
$$
f(b)=p(b)p(b)+r(b)
$$
y, desde $f(b)=p(b)=0$, obtenemos $r(b)=0$. Por minimality de $\deg p(x)$, llegamos a la conclusión de que $r=0$. En particular, $p(x)$ es un factor de $f(x)$ con coeficientes racionales.
Si podemos demostrar que $f(x)$ es irreducible en a$\mathbb{Q}[x]$, $f(x)=p(x)$ y, en particular, que no polinomio distinto de cero en $\mathbb{Q}[x]$ tener $b$ como raíz tiene grado menor que $4$.
Si $f(x)$ se reduce, puede ser dividido en un producto de dos polinomios de grado $2$ o en un producto de un grado $1$ polinomio y uno de grado $3$.
La segunda posibilidad es descartada, debido a que el grado $1$ factor podría proporcionar una raíz racional de $f(x)$, que no tiene ninguno (el único racional raíces puede ser$1$$-1$).
Vamos a probar el otro: $f(x)=(x^2+Ax+B)(x^2+Cx+D)$ (no es restrictivo suponer que los factores a ser monic). Esto le da
$$
\begin{cases}
A+C=0\\
B+D+AC=-10\\
AD+BC=0\\
BD=1
\end{casos}
$$
Por lo tanto $C=-A$ y, sustituyendo en la tercera ecuación, $A(D-B)=0$.
El caso de $A=0$ conduce a $B+D=-10$$BD=1$, que no tiene soluciones racionales. Con $B=D$ obtenemos $B^2=1$$2B-A^2=-10$. Si $B=1$, obtenemos $A^2=12$; con $B=-1$ obtenemos $A^2=8$. Ninguno de los casos conduce a soluciones racionales.
Desde $f(x)$ es irreducible en a $\mathbb{Q}[x]$ y es monic, también es irreducible en a $\mathbb{Z}[x]$.
Ahora, supongamos $g(x)\in\mathbb{Z}[x]$ pertenece al núcleo de la homomorphism, significando $g(b)=0$. Todavía podemos hacer Euclidiana división por $f(x)$, porque es monic. Por lo tanto
$$
g(x)=f(x)q(x)+r(x)
$$
con $r(x)=0$ o $\deg r(x)<\deg f(x)$. La evaluación en $b$ da $r(b)=0$, por lo que, como antes, $r(x)=0$. Por lo tanto $g(x)$ pertenece al ideal generado por a $f(x)$. A la inversa inclusión es obvio.
