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Trovare tutte le soluzioni intere di $ y^3=x^3+35 $

$ (y-x)(y^2+xy+x^2)=35 $
pongo $ (y-x)=a $ e $ (y^2+xy+x^2)=b $ dopo qualche passaggio ottengo:
$ 3x^2+3ax+a^2-b=0 $
da cui:
$ x={-3a \pm \sqrt{12b-3a^2} \over 6} $
l'unica coppia $ (a;b) $, con $ a*b=35 $, che restituisce una $ x $ intera è $ (5;7) $
le uniche coppie $ (x;y) $ soluzioni sono quindi $ (-3;2) $ e $ (-2;3) $

zeitgeist505 ha scritto:Trovare tutte le soluzioni intere di $ y^3=x^3+35 $

Abbiamo $y^3-x^3=35$ se e solo se $(y-x)((2y+x)^2+3x^2)=4\cdot 5\cdot 7$. Dato che il secondo fattore e' non negativo poichè somma di quadrati (e non può essere nullo dato che il prodotto e' positivo), allora anche $y-x$ e' positivo.

Se fosse $5\mid (2y+x)^2+3x^2$ allora $-3$ dovrebbe essere un residuo quadrativo in $\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$, che e' falso. Quindi $5\mid y-x$, e in particolare $y-x \ge 5$.

Ora $(y^2+xy+x^2)-(y-x)=\frac{1}{2}(x+y)^2+\frac{1}{2}(x+1)^2+\frac{1}{2}(y-1)^2-1\ge -1$ per ogni $x,y \in \mathbb{R}$, per cui $y^2+xy+x^2 \ge -1+(y-x)=4>1$.

Da quanto detto deduciamo che se una soluzione $(x,y)$ intera esiste, allora $y-x=5$ e $7=y^2+x^2+xy=(y-x)^2+3xy \implies xy=-6$.

Quindi $(x,y)$ e' soluzione se e solo se $y-x=5$ e $xy=-6$. []

Corollario.

Siano $p_1<p_2<...<p_n$ e $q_1<q_2<...<q_m$ dei primi dispari fissati tali che:

$3 \mid \text{gcd}\left(p_1-1, p_2-1,...,p_n-1,q_1+1,q_2+1,...,q_m+1\right)$, $m$ e' dispari e $\displaystyle \left(\prod_{1\le i\le n}{p_i}\right)\ge \left(\prod_{1\le j\le m-1}{q_j}\right)+ 2$.

Allora $\displaystyle \left( \prod_{1\le i\le n}{p_i}\right) \left( \prod_{1\le j\le m}{q_j}\right)$ non può essere espresso come differenza di cubi di interi.

$ y^3=x^3+35 $ equivale a $ y^3-8=x^3+27 $ ...

E ora sono riuscito a farla anch'io che non conosco poi così tanti teoremi