diofantea

[enrico_s]

Trovare tutte le coppie (x,y) con x e y interi tali che

$ x^6=y^4+16 $

[Lasker]

L'equazione è falsa modulo $7$, infatti
$x^6\equiv 0,1 \pmod 7$ per il piccolo teorema di fermat.
Studio ora le quarte potenze modulo $7$:
$0^4\equiv 0 \pmod {7}$
$1^4\equiv 1 \pmod {7}$
$2^4\equiv 2 \pmod {7}$
$3^4\equiv 4 \pmod {7}$
$4^4\equiv 4 \pmod {7}$
$5^4\equiv 2 \pmod {7}$
$6^4\equiv 1 \pmod {7}$
Ed ho terminato, avendo esaminato l'intera classe di resti mod $7$.
Dunque LHS è congruo a $\left\{0,1\right\}$, mentre RHS a $\left\{2,3,4,6\right\}$

[Triarii]

Oppure si fattorizza e si vede che non esistono soluzioni

[jordan]

Trovare tutte le coppie (x,y) con x e y interi tali che $ x^6=y^4+16 $

Non ci sono soluzioni se $xy=0$. Per cui wlog $x,y>0$.

Se $2\mid y$ allora $2\mid x$, siano $X:=x/2, Y:=y/2$ allora $(2X^3)^2-(Y^2)^2=1$, che è impossibile.

Se $2\nmid y$ allora $2\nmid x$, allora $(x^3+y^2)(x^3-y^2)=16$; dato che $x^3+y^2> 0$ allora anche $x^3-y^2> 0$. Ora $x^3+y^2>x^3-y^2$ per cui abbiamo due soli possibilità: $x^3+y^2=8$ oppure $x^3+y^2=16$, in entrambi i casi $x$ puo' valere solo $1$ o $2$, che non porta ad alcuna soluzione accettabile.

[jordan]

$$16=(x^3)^2-(y^2)^2\ge (x^3)^2-(x^3-1)^2=2x^3-1 \implies x \in \{0,1,2\}.$$