Desde $R=\mathbb Z[i]$ es una unidad flash usb, puede factorizar $a+bi$ como un producto de números primos elevado a ciertos exponentes. La clasificación de los exponentes de acuerdo a su valor modulo $3$ (que puede ser $0,1$ o $2$), se puede escribir $a+bi=x^3yz^2$ $x,y,z\in R$ $y$ $z$ son coprime en $R$.
Supongamos que la norma $N(a+bi)=a^2+b^2$ es un cubo perfecto, decir $a^2+b^2=w^3$$w\in {\mathbb N}$. Tenemos, entonces la igualdad (en $\mathbb N$) $|x|^3 |y| |z|^2=w^3$, y $|y|$
y $|z|$ son coprime. Esto sólo es posible si $|y|=|z|=1$, lo $y$ $z$ son unidades en $R$, pero, a continuación, $y,z$ $\lbrace \pm 1,\pm i \rbrace$ donde $a+bi=(xy^3z^6)^2$, por lo que el $a+bi$ es un cubo perfecto en $R$. La implicación en el otro lado de ser trivial, tenemos :
$$ a^2+b^2 \text{ es un cubo perfecto en } {\mathbb Z} \Leftrightarrow
a+bi \text{ es un cubo perfecto en } R \etiqueta{1} $$.
A continuación, $\theta$ es trisectable iff $\frac{a}{b}=\frac{t^3-3t}{3t^2-1}$ algunos $t\in{\mathbb Q}$, iff $\frac{a}{b}=\frac{c^3-3cd^2}{3dc^2-d^3}$ para algunos coprime $c,d\in{\mathbb Z}$ $d\neq 0$ $3c^2-d^2\neq 0$ (put $t=\frac{c}{d}$). Deje $C=c^3-3cd^2$$D=3dc^2-d^3$. Yo reclamo que
$$ \text{ si } p>2 \text{ es una de las principales en } {\mathbb Z}, \text{ no se puede dividir }
C \text { y } D \etiqueta{2}$$
Para suponer que este fuera el caso, y que $p$ divide tanto a a$C=c(c^2-3d^2)$$D=d(3c^2-d^2)$. Si $p$ divide $c$, $p$ no se puede dividir $d$, por lo que debe dividir $3c^2-d^2$, y por lo tanto se divide $d^2$, contradicción. Por lo $p$ no se puede dividir $c$, y de manera similar a $p$ no se puede dividir $d$. Por lo $p$ divide $u=c^2-3d^2$$v=3c^2-d^2$, y por lo tanto se divide $u+3v=10c^2$, por lo que el $p$ divide $10$. Por lo $p=5$. Pero, a continuación, $-3 \equiv \big(\frac{c}{d}\big)^2 [{\sf{mod}}\ 5]$ es un cuadrado modulo $5$ lo cual es absurdo. A continuación, podemos mostrar que
$$ \text{ si } p=2,\ p \text{ no se puede dividir ambos }
C \text { y } D \etiqueta{3}$$
Para suponer que este fuera el caso. A continuación, $c$ $d$ son ambos impares, y de ello se sigue que $C$ $D$ ambos son congruentes a $2$ modulo $4$, y, por tanto, $\frac{C}{2}$ $\frac{D}{2}$ son coprime por (2). A continuación, $\frac{a}{b}=\frac{C/2}{D/2}$ fuerzas de $(a,b)=(\varepsilon\frac{C}{2},\varepsilon\frac{D}{2})$ algunos $\varepsilon=\pm 1$, contradiciendo la hipótesis de que la $a+b$ es impar.
A partir de (2) y (3) se deduce que $C$ $D$ son coprime. A continuación, $\frac{a}{b}=\frac{C}{D}$ fuerzas de $(a,b)=(\varepsilon C,\varepsilon D)$ algunos $\varepsilon=\pm 1$. La sustitución de $(c,d)$$(-c,-d)$, podemos suponer sin pérdida de ese $\varepsilon= 1$.
Por lo $\theta$ es trisectable iff $a=c^3-3cd^2, b=3dc^2-d^3$ para algunos coprime $c,d\in{\mathbb Z}$$d\neq 0$$3c^2-d^2\neq 0$. Pero esto es exactamente equivalente a
$a+bi=(c+di)^3$, y entonces hemos hecho por (1).
