SUGERENCIA:
Si $p$ un número racional, no un cubo, y $a$, $b$, $c$ los números racionales, de modo que
$$(a + b \sqrt[3]p + c \sqrt[3]{p}^2)^3 $$ is rational, then at most one of the numbers $un$, $b$, $c$ es distinto de cero.
Para probar esto, es suficiente para demostrar que si $(b,c) \ne (0,0)$$a=0$. Considere la posibilidad de $\omega = -\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}$. Tenemos $\omega^2 + \omega + 1=0$, e $\omega^3 = 1$.
De $$(a + b \sqrt[3]{p} + c \sqrt[3]{p}^2)^3 = q$$ obtenemos
$$(a + b \sqrt[3]{p}\omega + c\sqrt[3]{p}^2 \omega^2)^3=q$$
Desde $(b,c)\ne (0,0)$ llegamos a la conclusión de
$$a + b \sqrt[3]{p}\omega + c\sqrt[3]{p}^2 \omega^2 = \sqrt[3]{q} \omega^{\pm 1}$$ y el conjugado de la igualdad
$$a + b \sqrt[3]{p}\omega^2 + c \sqrt[3]{p}^2 \omega = \sqrt[3]{q} \omega^{\mp 1}$$
A estas dos igualdades añadimos
$$a + b \sqrt[3]p + c \sqrt[3]{p}^2= \sqrt[3]{q}$$ and we get $3 un = 0$, so $a = 0$.
$\bf{Added:}$
Detalles:
Suponga $a + b \sqrt[3]{p}\omega + c \sqrt[3]{p}^2\omega^2 \ne a + b \sqrt[3]{p} + c \sqrt[3]{p}^3$. Tenemos
$$b\omega + c \sqrt[3]{p}\omega^2 = b + c \sqrt[3]{p}$$ and with $\omega^2 =-1-\omega$ we get $(b-c\sqrt[3]{p}) \omega = b + 2 c \sqrt[3]{p}$, and so $\omega = \frac{b + 2 c \sqrt[3]{p}}{b-c\sqrt[3]{p}}$, contradiction ( since, say, $\omega$ no es real).
Por lo $a + b \sqrt[3]{p}\omega + c \sqrt[3]{p}^2\omega^2$ debe ser una de las otras dos raíces de la ecuación de $x^3 = q$.
$\bf{Added 2:}$ Seguimos la hermosa idea de @Ve-Woo Lee: el uso de las huellas.
$\bf{Fact:}$ Deje $\alpha$ un verdadero radical, que es $\alpha \in \mathbb{R}$, $\alpha^m\in \mathbb{Q}$ para algunos $m$. Supongamos, además, que $\alpha$ es irracional. A continuación, $\operatorname{trace}^L_{\mathbb{Q}}\alpha= 0$ cualquier $L$ finito algebraicas extensión de $\mathbb{Q}$ contiene $\alpha$.
Prueba: suponemos $\alpha >0$. Deje $m$ más pequeño de lo que $\alpha^m \in \mathbb{Q}$. Claramente $m>1$. Vamos a probar que el polinomio $X^m - \alpha^m$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$. Que factores sobre los $\mathbb{C}$
$\prod_{i=0}^m(X- \alpha \omega^i)$. Si varios de estos factores lineales producido un polinomio con coeficientes racionales, tendríamos la libre plazo
$$\prod_{i \in I} (- \alpha \omega^i) \in \mathbb{Q}$$
Tomando valores absolutos tendríamos $\alpha^k \in \mathbb{Q}$ algunos $1\le k < m$, no es posible.
Denotar por $K = \mathbb{Q}(\alpha)$. Entonces tenemos $$\operatorname{trace}^K_{\mathbb{Q}}(\alpha) = \sum_{i=0}^{m-1} \alpha \omega^i = 0$$. Hence for every $L\supset K$ obtenemos
$$\operatorname{trace}^L_{\mathbb{Q}} \alpha = [L: K] \operatorname{trace}^K_{\mathbb{Q}}\alpha = 0$$
$\bf{Main\ result:}$ Deje $\alpha_i$ real radicales. Supongamos, además, que las relaciones de $\frac{\alpha_i}{\alpha_j}$ $i\ne j$ son irracionales. El la $\alpha_i$'s son linealmente independientes sobre $\mathbb{Q}$.
Prueba: Supongamos $a_i\in \mathbb{Q}$, de modo que
$$\sum a_i \alpha_i = 0$$
Revisión $i$, $1\le i \le k$. Tenemos
$$a_i = -\sum_{k \ne i} a_k \frac{\alpha_k}{\alpha_i}$$
Vamos a una extensión finita $L$ $\mathbb{Q}$ contiene todos los $\alpha_i$ de los que tomaron las huellas en ambos lados obtenemos
$$d \cdot a_i = \sum_{k \ne i} a_k \operatorname{trace}^L_{\mathbb{Q}} \left(\frac{\alpha_k}{\alpha_i}\right )=0$$, since $\frac{\alpha_k}{\alpha_i}$ is a real irrational radical. So all the $a_i$ are $0$.
En palabras: inconmensurables real radicales son linealmente independientes sobre $\mathbb{Q}$.
