問題文が読みづらく，全容を理解できていないと思いますが，

p, q が異なる素数のとき，
\(\sqrt{\quad}\)p は Q(\(\sqrt{\quad}\)q)={a+b\(\sqrt{\quad}\)q| a,b∈Q} に属さないことを示せ

という問題と解釈して回答します。

まず，p が素数のとき \(\sqrt{\quad}\)p が無理数であることに注意します。
このことは，\(\sqrt{\quad}\)2 が無理数であることの証明と全く同様に示すことができます。

では問題の証明の流れを解説します。背理法によります。
うまく有理数 a, b を選んで \(\sqrt{\quad}\)p=a+b\(\sqrt{\quad}\)q が成り立ったと仮定しましょう。
まず，このように表せているとき，a も b も 0 ではないことを確認しておきます。

a=b=0 だと \(\sqrt{\quad}\)p=0 となり，p が素数であることに反します。

a≠0 で b=0 だと，\(\sqrt{\quad}\)p=a=(有理数) となって，\(\sqrt{\quad}\)p が無理数であることに矛盾します。

a=0 で b≠0 だと，\(\sqrt{\quad}\)p=b\(\sqrt{\quad}\)q で，この両辺を 2 乗すると p=(\(b^{2}\))*q となります。
整数 m, n を用いて b=\(\frac{m}{n}\) と表します。
ただし，すでに約分して m と n は互いに素であるとしておきます。
これを代入して式を整理すると (\(n^{2}\))*p=(\(m^{2}\))*q となります。
p と q は異なる素数なので，\(m^{2}\) は p の倍数であり，\(n^{2}\) は q の倍数であることが
わかります。
一般に，素数 p について，1, \(2^{2}\), \(3^{2}\), ..., (p-1\()^{2}\) は p で割り切れません。
この事実から，\(m^{2}\) が p の倍数ならば m は p の倍数でなければならないことが
導かれます。
なぜならば，m を p で割った商を k，余りを r とおき，m=kp+r と表し，

\(m^{2}\)=p{(\(k^{2}\))*p+2kr}+\(r^{2}\)

と変形することにより，r=1, 2, ..., p-1 のときは決して \(m^{2}\) が p で割り切れない
ことがわかるからです。
同様な理由から，n は q の倍数でなければなりません。
そこで，整数 s, t を用いて m=sp, n=tq と表すと，
(\(m^{2}\))*q=(\(n^{2}\))*p は (\(s^{2}\))*p=(\(t^{2}\))*q となり，
今度は s が q の倍数で，t が p の倍数となります。
よって，m と n は共に pq の倍数であることになります。
これは m と n が互いに素であると最初に仮定したことに反します。
よって \(\sqrt{\quad}\)p=b\(\sqrt{\quad}\)q とは表せません。

さて，a≠0，b≠0 の場合について考えます。
両辺を 2 乗すると，

p=\(a^{2}\)+(\(b^{2}\))*q+2ab\(\sqrt{\quad}\)q

となり，これより

\(\sqrt{\quad}\)q={p-\(a^{2}\)-(\(b^{2}\))*q}/(2ab)

となりますが，左辺は無理数で，右辺は分子・分母いずれも有理数なので，全体として
有理数です。
無理数であって，しかも同時に有理数であるような実数はありませんから，これは矛盾です。
この矛盾はどこから生じたかというと，そもそもの仮定に原因があります。

よって \(\sqrt{\quad}\)p は Q(\(\sqrt{\quad}\)q) には属さないことが示されました。