L'equazione proposta non ha soluzioni. Per dimostrarlo l'approccio di hydro sembra buono -anche se un po' lungo- quindi continuo su quello e provo a risolvere così:
$ x^3+16=y^2 \Longrightarrow x^3=y^2-16 \Longrightarrow x^3=(y-4)(y+4) $,
a questo punto studio separatamente 2 casi.
$ \displaystyle \bullet $ I caso: $ \quad y $ è pari $ \Longrightarrow y=2k $, $ k \in \mathbb{N}^+ $
hydro ha scritto:$ x^3=y^2-16=(y-4)(y+4) $
se $ y=2k $ con $ k \in \mathbb{N} $ allora
$ x^3=2(k-2)(k+2) $
Ti sei perso un fattore $ 2 $ perché $ x^3=(2k-4)(2k+4) \Longrightarrow $$ x^3=2(k-2)2(k+2) \Longrightarrow x^3=4(k-2)(k+2) $ da cui distinguo
- $ k $ dispari: $ k=2k'+1, k' \in \mathbb{N}^0 \Longrightarrow x^3=4(2k'-3)(2k'+1) $ che evidentemente non ha soluzioni perché $ 4 $ è un quadrato pari e $ (2k'-3) $ e $ (2k'+1) $ sono dispari e coprimi per cui il prodotto di questi tre termini non darà in alcun caso un cubo perfetto.
- $ k $ pari: $ k=2k'', k'' \in \mathbb{N}^+ \Longrightarrow x^3=4(2k''-2)(2k''+2)=16(k''-1)(k''+1) $ al che faccio distinzioni su $ k'' $:
1)$ \displaystyle k'' $ pari: $ \displaystyle k''=2p, p \in \mathbb{N}^+ \Longrightarrow x^3=16(2p+1)(2p-1) $ che per motivi nuovamente evidenti non può essere ($ 16 $ è un quadrato pari e gli altri due termini non hanno fattori pari);
2)$ \displaystyle k'' $ dispari: $ \displaystyle k''=2q+1, q \in \mathbb{N}^+ $(devo escludere lo $ 0 $ altrimenti la $ x $ si annullerebbe)$ \displaystyle \Longrightarrow x^3=16(2q+1-1)(2q+1+1)= $$ \displaystyle 16(2q)(2q+2)=64q(q+1)=4^3q(q+1) $ ma $ \displaystyle gcd(q, q+1)=1 $ quindi niente da fare tranne che per $ \displaystyle a \in \mathbb{N}^+, b \in {N}^0 $, allora
$ \displaystyle q=a^3 $
$ \displaystyle q+1=b^3 $, quindi
$ \displaystyle a^3+1^3=b^3 $ che per l'ultimo teorema di Fermat non ha soluzioni intere positive per cui dev'essere a forza $ a=0 $ e $ b=1 $ non accettabile perché voglio $ a>0 $.
$ \displaystyle \bullet $ II caso: $ \quad y $ è dispari $ \Longrightarrow y=2j+1, j \in \mathbb{N}^0 $ dunque $ \Longrightarrow x^3=(2j-3)(2j+5) $, ma $ \displaystyle gcd(2j+5, 2j-3)=gcd(2j-3, 2j+5-(2j-3)) $$ \displaystyle=gcd(2j-3,8)=1 $ per cui i loro prodotti non saranno mai un cubo perfetto a meno che entrambi non siano cubi perfetti. Pongo allora, per $ m,n \in \mathbb{N}^0 $:
$ 2j+5=m^3 $
$ 2j-3=n^3 $
sottraggo membro a membro ed ottengo $ 8=m^3-n^3 $ e cioè $ 2^3+n^3=m^3 $ che, come sopra (ultimo teorema di Fermat), non ammette soluzioni intere positive, pertanto unica soluzione è la coppia $ (m, n)=(2, 0) $ per cui ho $ \displaystyle j=\frac{3}{2} $, non accettabile.
