Câu 6 (2,0 điểm). Cho đa thức $P(x)$ có hệ số hữu tỉ, bậc 5 và $P\left(1+\sqrt[3]{3}\right)=25$. Chứng minh rằng tồn tại một tam thức bậc hai $Q(x)$ có hệ số hữu tỉ thỏa mãn
$$(P(-1)-25).(P(0)-25).(P(1)-25)+132.Q(-1).Q(0).Q(1)=0.$$

(AI giải đề cho tôi)
Đặt t = ∛3, α = 1 + t. Khi đó (x − 1)³ = t³ = 3, tức α là nghiệm của đa thức monic hệ số hữu tỉ m(x) = x³ − 3x² + 3x − 4. Chia P(x) cho m(x): vì deg P = 5 nên P(x) = m(x)·S(x) + R(x) với S(x) là đa thức bậc ≤ 2 hệ số hữu tỉ và R(x) = ax² + bx + c hệ số hữu tỉ. Thay x = α: P(α) = R(α) = 25, tức aα² + bα + c = 25. Vì α = 1 + t, α² = 1 + 2t + t² và {1, t, t²} độc lập tuyến tính trên ℚ (do t có bậc 3), so sánh hệ số: a = 0 (hệ số t²), 2a + b = 0 (hệ số t) suy ra b = 0, và a + b + c = 25 suy ra c = 25. Vậy R(x) = 25 hằng số, do đó P(x) − 25 = m(x)·S(x) = (x³ − 3x² + 3x − 4)·S(x) với S(x) bậc ≤ 2, hệ số hữu tỉ. Tính tại −1, 0, 1: m(−1) = −1 − 3 − 3 − 4 = −11; m(0) = −4; m(1) = 1 − 3 + 3 − 4 = −3. Suy ra (P(−1) − 25)(P(0) − 25)(P(1) − 25) = (−11)(−4)(−3)·S(−1)S(0)S(1) = −132·S(−1)S(0)S(1). Trường hợp 1: nếu deg S = 2, chọn Q(x) = S(x) là tam thức bậc hai hệ số hữu tỉ, khi đó Q(−1)Q(0)Q(1) = S(−1)S(0)S(1) và đẳng thức được thỏa mãn. Trường hợp 2: nếu deg S ≤ 1, đặt V = S(−1)S(0)S(1) ∈ ℚ. Chọn số hữu tỉ w ≠ 0 sao cho w³ ≠ V (ví dụ w = 2 nếu V ≠ 8, còn nếu V = 8 lấy w = 3) và đặt u = w − V/w² (hữu tỉ, khác 0 do w³ ≠ V). Xét Q(x) = u(x² − 1) + w: đây là tam thức bậc hai hệ số hữu tỉ với Q(1) = Q(−1) = w, Q(0) = w − u = V/w², nên Q(−1)Q(0)Q(1) = w² · V/w² = V = S(−1)S(0)S(1). Khi đó (P(−1) − 25)(P(0) − 25)(P(1) − 25) + 132·Q(−1)Q(0)Q(1) = −132V + 132V = 0. Vậy luôn tồn tại tam thức bậc hai Q(x) hệ số hữu tỉ thỏa mãn đẳng thức yêu cầu. Đpcm.