Câu 3. (5,0 điểm) Đặt $A=2026!+1$ và xét đa thức $$P(x)=A{x}^{4050}+b_1{x}^{4048}+b_2{x}^{4046}+\cdots +b_{2024}{x}^2+A,$$ trong đó $b_1,b_2,\dots ,b_{2024}$ là các số nguyên. Chứng minh $P(x)$ không có nghiệm hữu tỉ trong mỗi trường hợp sau:

a) $b_1+b_2+b_3+\cdots +b_{2024}=2025$.

b) $b_1+b_3+\cdots +b_{2023}=2025$ và $b_2+b_4+\cdots +b_{2024}=1$.

Giả sử ngược lại $P(x)$ có nghiệm hữu tỉ. Vì $P(0)=A\ne 0$ và $P(x)$ chỉ chứa các số mũ chẵn nên không mất tính tổng quát, giả sử nghiệm đó là $\frac{p}{q}$ trong đó $p,q\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ và $\gcd (p,q)=1$.

Đặt $Q(t)=A{t}^{2025}+b_1{t}^{2024}+b_2{t}^{2023}+\cdots +b_{2024}t+A$ thì $Q\left(\frac{p^2}{q^2}\right)=0$.

Khi đó $p^2\mid A$ và $q^2\mid A$, từ đó $p,q$ là các số lẻ.

Từ $P\left(\frac{p}{q}\right)=0$ suy ra
$$A{p}^{4050}+b_1{p}^{4048}{q}^2+b_2{p}^{4046}{q}^4+\cdots +b_{2024}{p}^2{q}^{4048}+A{q}^{4050}=0.$$

a) Vì $p\equiv -q(\mathrm{mod}p+q)$ nên
$$0\equiv (2A+b_1+b_2+\cdots +b_{2024})q^{4050}\equiv (2A+2025)q^{4050}(\mathrm{mod}p+q).$$
Mà $\gcd (q^{4050},p+q)=1$ nên $2A+2025$ chia hết cho $p+q$ chia hết cho 2, vô lý.

b) Đặt $r=p^2$, $s=q^2$ thì $A{r}^{2025}+b_1{r}^{2024}s+b_2{r}^{2023}{s}^2+\cdots +b_{2024}r{s}^{2024}+A{s}^{2025}=0$.
Vì $r\equiv -s(\mathrm{mod}r+s)$, ta có
$$0\equiv (b_1-b_2+b_3-b_4+\cdots +b_{2023}-b_{2024})s^{2025}=2024s^{2025}(\mathrm{mod}r+s).$$
Vì $\gcd (r+s,s)=1$, suy ra $p^2+q^2=r+s\mid 2024$.

Nếu $p=q=1$ thì $x=1$ làm nghiệm, tuy nhiên $P(1)=2A+2026\ne 0$, vô lý.

Vậy ít nhất một trong $p,q$ lớn hơn 1, hơn thế nữa mọi ước nguyên tố của số đó cũng là ước nguyên tố của $A$, nhưng không có số nguyên tố nào không vượt quá 2026 là ước của $A$, vì nếu $r\le 2026$ là số nguyên tố thì $A=2026!+1\equiv 1(\mathrm{mod}r)$. Do đó ít nhất một trong $p,q$ không nhỏ hơn 2027.

Suy ra $p^2+q^2>2024$, vô lý với việc $p^2+q^2\mid 2024$.