$x^5-4$ quadrato

[jordan]

Trovare tutti gli $x$ interi tali che $x^5-4$ è un quadrato.

[Lasker]

Per rispondere basta risolvere l'equazione diofantea:
$$x^5-4=y^2$$
Noto subito che, per il piccolo teorema di Fermat, $x^{10}\equiv 0,1 \pmod {11}$, e dunque $x^5\equiv 1,-1,0 \pmod {11}$.
Dunque vale $LHS\equiv 6,7,8 \pmod{11}$
Ora è sufficiente mostrare che questi numeri non sono residui quadratici $\pmod {11}$
$1^2\equiv 1 \pmod{11}$
$2^2\equiv 4 \pmod{11}$
$3^2\equiv 9 \pmod{11}$
$4^2\equiv 5 \pmod{11}$
$5^2\equiv 3 \pmod{11}$
$6^2\equiv 3 \pmod{11}$
$7^2\equiv 5 \pmod{11}$
$8^2\equiv 9 \pmod{11}$
$9^2\equiv 4 \pmod{11}$
$10^2\equiv 1 \pmod{11}$
$11^2\equiv 0 \pmod{11}$
Non possono essercene altri in quanto ho esaminato l'intera classe di resti modulo $11$, e visto che $\left\{6,7,8\right\}$ non compaiono, posso affermare che la diofantea non ha soluzioni mod $11$.

Osservazione: per dimostrare che $6,7,8$ non sono residui quadratici modulo $11$, avrei anche potuto usare criterio di Eulero-simboli di Legendre:
$$\left(6 \over 11\right)\equiv6^{\frac{11-1}{2}}\pmod {11}\equiv 7776 \pmod {11}\equiv -1 \pmod {11}$$
Quindi $6$ è un non-residuo quadratico modulo $11$
$$\left(7 \over 11\right)\equiv7^{\frac{11-1}{2}}\pmod {11}\equiv 16807 \pmod {11}\equiv -1 \pmod {11}$$
Quindi $7$ è un non-residuo quadratico modulo $11$
$$\left(8 \over 11\right)\equiv8^{\frac{11-1}{2}}\pmod {11}\equiv 32768 \pmod {11}\equiv -1 \pmod {11}$$
Quindi $8$ è un non-residuo quadratico modulo $11$

[Drago96]

Bene!
In generale, se $2a+1$ è primo, allora $x^a\mod{2a+1}$ può assumere solo quei tre valori!

Un'altra strada, anche se mi pare parecchio contosa (ma magari sono io che non sono capace) è lavorare in $\mathbb Z$ scrivendo $x^5=(y+2i)(y-2i)$ e notando che i due fattori al RHS sono coprimi (in realtà si ha subito $\gcd\mid 4i$, ma mi pare, e spero, che gli altri casi si possano escludere) e poi boh, penso che facendo un casino di conti si giunga ad un assurdo...
C'è un modo furbo di lavorare in $\mathbb Z$?

[darkcrystal]

Mmmh, definisci furbo
Comunque, $(y+2i,y-2i) | 4 = (1+i)^4$ (a meno di unità), e $1+i$ è primo (ad esempio, ha norma $1+1=2$, che è prima in $\mathbb{Z}$). Quindi quei due cosi sono non-coprimi se e solo se $1+i | y+2i$, nel qual caso $y+2i=(a+bi)(1+i)=(a-b)+(a+b)i$, da cui $y=a-b \equiv a+b = 2 \equiv 0 \pmod 2$, cioè $y$ è pari.
Ma in tal caso (sostituendo $y=2a$, $x=2b$) trovo $32b^5=4(a^2+1)$, cioè $8|a^2+1$, assurdo.

Morale: $(y+2i,y-2i)=1$, e siccome tutte le unità in $\mathbb{Z}$ sono quinte potenze (di loro stesse!), sia $y+2i$ che $y-2i$ sono quinte potenze.
Scriviamo $(a+bi)^5 = y+2i$; prendendo le parti immaginarie di entrambi i lati dell'equazione, $5a^4b-10a^2b^3+b^5=2$, da cui $b|2$. Considerando l'ultima equazione modulo 5 abbiamo $b \equiv 2 \pmod 5$, quindi $b=2$. Ma allora dovrebbe essere $10a^4-80a^2+30=0$, che non ha soluzioni intere.