Sean $a$, $b$, $c$ las raíces de $g$. Hagamos $h(x)=g(x+2)$, entonces las raíces de $h$ son las mismas de $g$ pero disminuidas en $2$. Luego, tomemos $m(x)=h\left (\frac{x}{2}\right )$, es decir, las raíces de $m$ son el doble de las raíces de $h$. El polinomio $m(x)$ queda de la siguiente forma:
$m(x)=(x-2a+4)(x-2b+4)(x-2c+4)$
Ahora, si hacemos $T(x)=m\left (x^2\right )$, conseguimos lo siguiente:
$T(x)=\left (x^2-2a+4\right )\left (x^2-2b+4\right )\left (x^2-2c+4\right )$
Luego, el polinomio que se obtiene en $r(x)=T(x)\cdot g(x)$ es $\left (x^3-a^3\right )\left (x^3-b^3\right )\left (x^3-c^3\right )$, y basta con tomar $w(x)=r\left (\sqrt[3]{x}\right )$ y haciendo las operaciones respectivas para obtener un polinomio cuyas raíces sean los cubos de las raíces de $g$, y basta con tomar $k\cdot w(x)$, donde $k$ es un entero adecuado, para obtener el polinomio pedido (con coeficientes enteros).
Las tres raíces de $f$ son distintas porque: $f$ es trivialmente irreducible en $\mathbb{Q}[X]$ (si no, debería tener una raíz en $\mathbb{Q}$, pero de las raíces candidatas que salen del Teorema de la Raíz Racional, $\pm 1,\pm2$, ninguna es raíz), y como $\mathbb{Q}$ tiene característica $0$ entonces $f$ es separable sobre $\mathbb{Q}$, i.e. sus tres raíces en $\mathbb{C}$ son distintas.
También, los cubos de las raíces de $f$ son distintas, porque si $\phi _1$ y $\phi _2$ son dos raíces distintas de $f$ tales que $\phi _1^3=\phi _2^3$ entonces como $\phi _1^3=2\phi _1+2$ y $\phi _2^3=2\phi _2+2$ luego $2\phi _1+2=2\phi_2+2 \Rightarrow \phi _1=\phi _2$, absurdo.
Ahora sea $\phi$ una raíz de $f$, entonces$$\phi ^3-2\phi -2=0$$$$\Rightarrow \phi ^3=2\phi +2$$$$\Rightarrow \frac{\phi ^3-2}{2}=\phi$$$$\Rightarrow \left (\frac{\phi ^3-2}{2}\right )^3=\phi ^3.$$Entonces $\phi ^3$ es solución de $\left (\frac{X-2}{2}\right )^3=X$, o lo que es lo mismo, de $(X-2)^3-8X=0$. Entonces $g(X)=(X-2)^3-8X$ es un polinomio de coeficientes enteros que se anula sobre el cubo de las raíces de $f$, y ademas sólo sobre ellas, porque tiene grado $3$ y estas son $3$ raíces distintas de $g$.
Escribimos $f(x) = (x-a)(x-b)(x-c)$ con $a, b, c \in \mathbb{C}$, y desarrollaremos $f$. Usando Vieta vamos a hallar ciertas ecuaciones sobre $f$, y despejaremos los coeficientes de $g(x)$.
Desarrollando los términos, $f(x) = x^3 -x^2(a+b+c) +x(ab+bc+ac) -abc$. Entonces, por Vieta
Ahora bien, se nos pidió que las raíces de $g$ sean el cubo de las de $f$. Así que escribimos $g$ como lo hicimos con $f$, desarrollando todo. Luego nos arremangaremos y haremos todos los despejes que se puedan imaginar.
Entonces nos falta despejar $P$ y $Q$. Los despejaremos en función de un nuevo término, $S$, que finalmente calcularemos.
Truco para despejar $P$ en función de $S$:
$(a+b+c)^3 = 0 = a^3+b^3+c^3+3(a^2 b+a^2 c+a b^2+a c^2+b^2 c+b c^2)+6 a b c$
Como nos faltaban más nombres de variables, $S = a^2 b+a^2 c+a b^2+a c^2+b^2 c+b c^2$. Así,
$0 = P + 3S+6\cdot 2$
$-12 = P + 3S$
Truco para despejar $Q$ en función de $S$:
Consideremos la matriz compañera$$C:=\begin{pmatrix}0&0&2\\1&0&2\\0&1&0\end{pmatrix}$$de $f$. Entonces el polinomio característico de $C$ es $\chi _C(x)=f(x)$, y sus raíces (que son las raíces de $f$) son los autovalores de $C$.
Ahora, tenemos que$$C^3=\begin{pmatrix}2&0&4\\2&2&4\\0&2&2\end{pmatrix}$$y los autovalores de $C^3$ son los cubos de los autovalores de $C$ (y con la misma multiplicidad), es decir, los cubos de las raíces de $f$. Entonces $g(x):=\chi _{C^3}(x)=x^3-6x^2+4x-8$ es un polinomio con coeficientes enteros cuyas raíces son los cubos de las raíces de $f$.
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