Deje que $w = \sqrt [3]{1}+ \sqrt [3]{2}+ \sqrt [3]{4}$ .
Cómo probar que no hay triples $(a,b,c)$ de tal manera que
¿O tal vez existe uno?
Todo seguirá a partir de la iteración del siguiente lema (cuya prueba se explica al final de esta respuesta) :
LEMA FUNDAMENTAL. Deje que ${ \mathbb K}$ ser un campo, y dejar $a$ ser un no-cubo en ${ \mathbb K}$ . Entonces todos los "nuevos" cubos en ${ \mathbb K}( \sqrt [3]a)$ se componen de $a$ y cubos "viejos": pueden ser escritos como $w^3,aw^3$ o $a^2(w^3)$ para algunos $w \in { \mathbb K}$ .
COROLARIO 1. Deje que ${ \mathbb K}$ ser un subcampo de $ \mathbb R$ y dejar que $a_1,a_2, \ldots , a_n$ sea una secuencia de números reales tal que para cualquier $i$ , $a_i$ es un no-cubo en ${ \mathbb K}( \sqrt [3]{a_1}, \sqrt [3]{a_2}, \ldots , \sqrt [3]{a_{i-1}})$ . Entonces todos los cubos en ${ \mathbb K}( \sqrt [3]{a_1}, \sqrt [3]{a_2}, \ldots , \sqrt [3]{a_{n}})$ puede escribirse como $a_1^{i_1}a_2^{i_2} \ldots a_n^{i_n}(w^3)$ donde $w \in { \mathbb K}$ y cada uno $i_k$ es $0,1$ o $2$ .
COROLARIO 2. Deje que $r_1,r_2, \ldots ,r_n$ ser números racionales positivos
de tal manera que no hay una relación no trivial entre ellos de la forma $r_1^{i_1}r_2^{i_2} \ldots r_n^{i_n}=w^3$ donde cada uno $i_k$ es $0,1$ o $2$ y $w$ es racional (no trivial significa que no todos los $i_k$ son cero). Entonces el $3^n$ números algebraicos $s_1^{i_1}s_2^{i_2} \ldots s_n^{i_n}$ (donde $s_i= \sqrt [3]{r_i}$ ) son linealmente independientes de los racionales.
Ahora, supongamos que $ \sqrt [3]{a}+ \sqrt [3]{b}+ \sqrt [3]{c}= \sqrt [3]{1}+ \sqrt [3]{2}+ \sqrt [3]{4}$ . El grado de la extensión ${ \mathbb Q}( \sqrt [3]{2}, \sqrt [3]{4}, \sqrt [3]{a}, \sqrt [3]{b}, \sqrt [3]{c})$ (llámalo $d$ ) es un poder de tres. Si fuera estrictamente mayor que $3$ Entonces $d \geq 9$ y por el corolario 2, cualquier relación no trivial entre las raíces cúbicas necesitaría al menos nueve que es demasiado para los seis que tenemos. Así que $d=3$ lo que significa que $a,b,c$ deben ser todos, hasta firmar, (posiblemente negativos) poderes de $2$ . Así que hay esencialmente tres casos:
$$ \begin {eqnarray} \sqrt [3]{2^i}+ \sqrt [3]{2^j}+ \sqrt [3]{2^k}&=& \sqrt [3]{1}+ \sqrt [3]{2}+ \sqrt [3]{4} \\ \sqrt [3]{2^i}+ \sqrt [3]{2^j}- \sqrt [3]{2^k}&=& \sqrt [3]{1}+ \sqrt [3]{2}+ \sqrt [3]{4} \\ \sqrt [3]{2^i}- \sqrt [3]{2^j}- \sqrt [3]{2^k}&=& \sqrt [3]{1}+ \sqrt [3]{2}+ \sqrt [3]{4} \\ \end {eqnarray} $$ donde $i,j,k$ son enteros. Es fácil ahora ver entonces que $i,j,k$ debe formar un completo sistema de residuos modulo $3$ y para comprobar que $(1,2,4)$ es de hecho la única solución al problema original.
PRUEBA DEL LEMA FUNDAMENTAL . Deje que ${ \mathbb L}={ \mathbb K}( \sqrt [3]a)$ . Tenemos $[{ \mathbb L}:{ \mathbb K}]=3$ . Deje que $c$ ser un cubo en $ \mathbb L$ . Entonces, hay $x_1,x_2,x_3 \in K$ de tal manera que $c=(x_1+x_2 \sqrt [3]{a}+x_3 \sqrt [3]{a^2})^3$ . Expandiéndose, encontramos $c=C_0+3C_1 \sqrt [3]a+3C_2 \sqrt [3]{a^2}$ con
$$ \begin {eqnarray} C_0&=& \bigg (x_1^3 + 6ax_1x_2x_3 + (ax_2^3 + a^2x_3^3) \bigg ), \\ C_1&=& \bigg (x_1^2x_2 + ax_1x_3^2 + ax_2^2x_3 \bigg ), \\ C_2&=& \bigg (x_1^2x_3 + x_1x_2^2 + ax_2x_3^2 \bigg ) \end {eqnarray} $$
Así que $C_1$ y $C_2$ deben ser ambos $0$ y por lo tanto
$$ ax_2x_3(x_2^3-ax_3^3)=(x_2^2+x_1x_3)C_1-(ax_3^2+x_1x_2)C_2=0 $$
Desde $a$ no es un cubo en $ \mathbb K$ debemos tener $x_3=0$ o $x_2=0$ . Si $x_3=0$ , $C_2$ se simplifica a $x_1x_2^2$ y si $x_2=0$ , $C_2$ simplifica a $x_1^2x_3$ . Así que al menos dos de $x_1,x_2,x_3$ son cero, lo que significa que $x_1+x_2 \sqrt [3]{a}+x_3 \sqrt [3]{a^2}$ es un múltiplo (por algún elemento de $ \mathbb K$ ) de $1, \sqrt [3]{a}$ o $ \sqrt [3]{a^2}$ como deseaba.
Denota $t= \sqrt [3]2,w=e^{ \frac {2 \pi i}{3}}=- \frac {1}{2}+ \frac { \sqrt3 }{2}i,A= \sqrt [3]a,B= \sqrt [3]b,C= \sqrt [3]c.$
Si $A,B,C$ son todos $ \notin \mathbb {Q},$ reescribir la ecuación como $$A+B+C-t-t^2=1. \tag1 $$
Lemma: Cada número $g( \theta )$ del campo $K( \theta )$ es también un número algebraico sobre $k$ de grado a lo sumo $n$ . Los conjugados relativos de un número $a=g( \theta )$ son los distintos números entre los números $g( \theta_i )\ (i=1,2, \dots , n)$ . Cada uno se conjuga con $a$ aparece con igual frecuencia entre los $g( \theta_i ).$
Puedes encontrar este lema en Erich Hecke, Conferencias sobre la teoría de los números algebraicos en la página 61.
Denota $K= \mathbb {Q}(A,B,C,t)= \mathbb {Q}( \theta )$ para algún número algebraico $ \theta. $ Supongamos que $[ K:\mathbb {Q}]=n=3^r,$ donde $r$ es un número entero y $1 \leq r \leq4. $
Ahora los conjugados a $A$ con respecto a $ \mathbb {Q}$ son $A,Aw,Aw^2,$ así que hazlo. $B,C,t.$ Si $A=g_1( \theta ),$ y $ \theta_i\ (i=1,2, \dots , n)$ son los conjugados para $ \theta $ con respecto a $ \mathbb {Q},$ entonces $g_1( \theta_i ) (i=1,2, \dots , n)$ son los conjugados para $A$ con respecto a $ \mathbb {Q},$ y cada uno de los $A,Aw,Aw^2$ aparece con igual frecuencia entre los $g_1( \theta_i ),$ a saber $3^{r-1}$ veces.
Supongamos que $A+B+C-t-t^2=g_1( \theta )+g_2( \theta )+g_3( \theta )-g_4( \theta )-g_4( \theta )^2=G( \theta ).$ Si $ \theta $ se repasa $ \theta_i\ (i=1,2, \dots , n)$ entonces $g_1( \theta )$ se repasa $A,Aw,Aw^2,$ y cada uno de ellos aparece $3^{r-1}$ veces. También lo hacen $B,C,t.$
Desde $A,B,C,t$ son todos $ \notin \mathbb {Q},$ tenemos $$ \sum_ {i=1}^{n}g_1( \theta_i )= \frac {n}{3} \sum_ {i=0}^{2}Aw^i=0.$$ También lo hacen. $B,C,t.$ Por lo tanto, tenemos $$ \sum_ {i=1}^{n}G( \theta_i )=0.$$ Pero $$ \sum_ {i=1}^{n}G( \theta_i )= \sum_ {i=1}^{n}1=n,$$ una contradicción. De ahí que $A,B,C$ son todos $ \notin \mathbb {Q}$ es imposible. WLOG asumimos que $A \in \mathbb {Q}.$ Si $B,C$ son todos $ \notin \mathbb {Q},$ entonces $$ \sum_ {i=1}^{n}G( \theta_i )=nA=n, A=1.$$ Ahora reescribe $(1)$ a $$B+C-t-t^2=0.$$
Tenemos $$B/t+C/t-t/t-t^2/t=0.$$ $$ \sqrt [3]{ \frac {b}{2}}+ \sqrt [3]{ \frac {c}{2}}-t=1.$$ Por la misma razón que tenemos $ \dfrac {b}{2}=1$ o $ \dfrac {c}{2}=1.$ Ahora hemos terminado.
Este método puede generalizarse fácilmente a otros casos. Por ejemplo, podemos probar que $ \sqrt [3]{3}, \sqrt [5]{23}, \sqrt [11]{24}$ son linealmente independientes en $ \mathbb {Q}.$
No es una respuesta completa pero tengo curiosidad por ver si esta estrategia puede funcionar:
Supongamos que existiera ese triple. Note que
$$w = \sqrt [3]{1}+ \sqrt [3]{2}+ \sqrt [3]{4} \in \mathbb {Q} \left [ \sqrt [3]{2} \right ]=K.$$
Desde $a$ , $b$ y $c$ son racionales, podemos sacar cubos y escribir
$$ \sqrt [3]{a}+ \sqrt [3]{b}+ \sqrt [3]{c}=q_{a} \sqrt [3]{a'}+q_{b} \sqrt [3]{b'}+q_{c} \sqrt [3]{c'}$$
donde $a'$ , $b'$ , $c'$ son enteros sin cubos y $q_{a}$ , $q_{b}$ $q_{c}$ $ \in \mathbb {Q}$ . Así, $w \in \mathbb {Q} \left [ \sqrt [3]{a'}, \sqrt [3]{b'}, \sqrt [3]{c'} \right ]=L$ . Desde $ \mathbb {Q}[w]= \mathbb {Q}[ \sqrt [3]{1}+ \sqrt [3]{2}+ \sqrt [3]{4}]= \mathbb {Q}[ \sqrt [3]{2}]=K$ vemos que $L$ se extiende $K$ .
$ \Delta_ {K}=-108=-2^2 \cdot3 ^3$ . Escribí un código para calcular $ \Delta_ {L}$ para varios $a'$ , $b'$ , $c'$ y notó que los primos que se dividen $a'$ , $b'$ , $c'$ siempre aparecen en la factorización de $ \Delta_ {L}$ junto con un factor adicional de al menos $3^3$ . Por ejemplo, si $(a',b',c')=(3,5,7)$ entonces $ \Delta_ {L}=-3^{31} \cdot 5^{18} \cdot 7^{18} \cdot 11^{18}$ .
En realidad no creo que haya un a, b, y c tal que siga su condición...
Deje que $$ 2^ \frac13 = x $$
Así que $$ \omega = x^2 + x + 1 $$
Aquí el discriminante es negativo, lo que significa que el término siempre será +ve.
Además, eso puede significar que $ (2^ \frac43 +1)^2 = -3 $
Por lo tanto, viendo una relación tan vaga podría pensar que $ \omega $ podría tener una respuesta compleja, lo cual no puede ser ya que a, b y c son racionales, así que allí.
Además, podemos ver claramente que siempre que a,b ; b,c ; c,a o a,b,c son iguales, uno de ellos podría no ser nunca racional (ya que después de todo $ \omega $ es la suma de una o dos raíces cúbicas diferentes).
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