已知整系数多项式 $f(x)=x^5+a_1x^4+a_2x^3+a_3x^4+a_4x+a_5$，若 $f(\sqrt 3 + \sqrt 2)=0,f(1)+f(3)=0$，则 $f(-1)=$？

答案如下：

令 $x_0=\sqrt 3+\sqrt 2$，则 $(x_0-\sqrt 3)^2=(\sqrt 2)^2$，则 $12x_0^2=(x_0^2+1)^2$，于是 $x_0^4-10x_0^2+1=0$，则 $f(x)=(x^4-10x^2+1)(x-a)$，代入 $f(1)+f(3)=0$ 可得 $a=2$，故 $f(-1)=24$。

出现了一个没见过的结论：

若 $x_0=\sqrt {p_1}+\sqrt {p_2}+\cdots +\sqrt{p_m}$ 为有理系数多项式 $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0$ 的根，且 $\ln \sqrt {p_i}$ 线性独立 ，则 $n\ge 2^m$。

据说用群论证明很简单（$Deepseek$ 给的证明用的），可惜不会。尝试初等证明如下：

将 $x_0$ 代入多项式可化简得 $f(x_0)=F_0+F_1\sqrt {p_1}+F_2\sqrt {p_2}+\cdots +F_k\sqrt{p_1p_2\cdots p_m}=0$。其中 $F_i$ 为关于 $\sqrt {p_i}$ 的多项式，且 $F_i=0\in Q$。

考虑 $x_1=-\sqrt {p_1}+\sqrt {p_2}+\cdots +\sqrt{p_m}$。则 $f(x_1)=F_0'+F_1'(-\sqrt {p_1})+F_2'\sqrt {p_2}+\cdots +F_k'(-\sqrt{p_1p_2\cdots p_m})$ 。

由于 $F_i\in Q$，则其中不存在项为无理数，否则应该与对应的 $\sqrt p$ 相乘放到其他括号，故如果出现了 $\sqrt p$，一定是以 $(\sqrt p)^2$ 的形式，这样才能确保为有理数，于是 $(-\sqrt{p_1})^2$ 不会对 $F_i$ 的数值造成影响。

则 $f(x_1)=0$，对其他的 $\sqrt {p_i}$ 同理，故 $f(x)$ 至少有 $2^m$ 个根。