Esercizio 1.
Siccome $z$ e $w$ devono essere funzioni di $x$. Li cerco come funzioni lineari (perché se fossero di deg ≥2 avremmo qualcosa di almeno sesto grado che non ci piace molto
). $z=ax+b$ e $w=cx+d$.
$x^3+2=(cx+d)^3-6(ax+b)^2$;
$(1-c^3)x^3+(6a^2-3c^2d)x^2+(6ab-3cd^2)x+(2+6b^2-d^3)=0$.
Una buona cosa (quella che voglio) è che tutti i coefficienti facciano $0$. In particolare, $c^3-1=0$ da cui $c=1$; inoltre $d=2a^2$ (dalla seconda). Dalla terza trovo $a^3=b$ e dunque dalla quarta potrei avere $a=1$ oppure $a=-1$. Dato che comunque $z=ax+b$ si troverà al quadrato, potrà essere sia $x+1$ che $-x-1$, dunque ne scelgo una a caso (scelgo quella positiva). Ho dunque:
$y^2-6(x+1)^2=(x+2)^3.$
Non ho visto la soluzione, spero sia giusto
Se è giusto, passo avanti, dai!
Esercizio 2.
Chiamo $j:=\sqrt{-6}$. Lavoro in $\mathbb{Z}[j]$ supponendo sia UFD.
$(y-j\cdot(x+1))(y+j\cdot(x+1))=(x+2)^3.$
Suddivido in casi, a seconda che $(x+2)^3$ si suddivida come $(x+2)$ e $(x+2)^2$ oppure come $(x+2)^3$ e $1$.
Caso 1 (che è il secondo che ho detto): Devo avere $y-j\cdot(x+1)=1$ (ho preso wlog quello col meno perché altrimenti basta prendere l'altra radice di $-6$). Questo è assai poco probabile, perché dovrei avere $y-1=(x+1)\cdot j$, ma LHS è puramente reale (cioè, non c'è dentro robaccia complessa) mentre RHS no... a meno che $x=-1$ e $y=1$, che è soluzione!
Caso 2: Devo avere $y-j\cdot(x+1)=(y+j\cdot(x+1))^2$ (ho preso wlog così i segni perché...). Eguagliando le parti immaginarie, devo avere $-j\cdot(x+1)=2j\cdot(x+1)\cdot y$. Se $x\neq -1$, divido e ottengo $2y=-1$, poco probabile. Quindi trovo di nuovo l'unica soluzione $x=-1$ e $y=1$.
Tutto giusto? Lo spero...