由韦达定理: $\alpha+\beta+3, \alpha\beta=1\Rightarrow \alpha^2+\beta^2=(\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta=7$
$\alpha^4+\beta^4=(\alpha^2+\beta^2)^2-2\alpha^2\beta^2=7^2-2=47$
因为$\alpha,\beta$ 也是方程$x^6-px+q=0$ 的根, 则由
\[
\left\{\begin{array}{lr} \alpha^6-p\alpha^2+q=0 \\ \beta^6-p\beta^2+q=0 \end{array}\right.
\]
解得:$p=\frac{\alpha^6-\beta^6}{\alpha^2-\beta^2}=\alpha^4+\alpha^2\beta^2+\beta^4=48$
$q=\frac{\alpha^2\beta^2(\alpha^4-\beta^4)}{\alpha^2-\beta^2}=\alpha^2\beta^2(\alpha^2+\beta^2)=7$

设$f(x)=x^2+(a^2-1)x+a-2$, 由题意得:
\[
\left\{\begin{array}{lr} \Delta=(a^2-1)^2-4(a-2)\gt 0 \\ x_1x_2=a-2\lt 0 \\ f(-1)=-(a^2-a)\lt 0 \\ f(1)=a^2+a-2\lt 0 \end{array}\right.
\]
解得: $-2\lt a\lt 0$

原方程变形为$(x-a)(x^2+x-a)=0\Rightarrow x=a$ 或$x^2+x-a=0$,
因为$x=a$ 是方程唯一的实根, 所以, 方程$x^2+x-a=0$ 无实数根, 故
$\Delta=1+4a\lt 0\Rightarrow a\lt -\frac{1}{4}$

因为方程有实根, 所以判别式
$\Delta=4[(1+a)^2-(3a^2+4ab+4b^2+2)]=-4[(1-a)^2+(a+2b)^2]\geq 0$
从而$(1-a)^2+(a+2b)^2=0\Rightarrow 1-a=0,a+2b=0\Rightarrow a=1,b=-\frac{1}{2}$.

易知$3^3,5^3$ 是关于$t$ 的方程: $\frac{x}{t+4^3}+\frac{y}{t+6^3}=1$ 的两个根, 化简得

$t^2-(x+y-4^3-6^3)t-(6^3x+4^3y-4^36^3)=0$

由韦达定理得: $3^5+5^3=x+y-4^3-6^3\Rightarrow x+y=3^3+4^3+5^3+6^3=432$

我们证明一般的情况.
把一袋糖果分给$n$ 个小孩, 每个小孩至少分到一块, 则其中必有一些小孩所得的糖果之和是$n$ 的倍数.
设这$n$ 个小朋友分到的糖果数依次为: $a_1,a_2,\cdots,a_n$ (都是正整数).
考虑这些数中的部分和
$S_1=a_1, S_2=a_1+a_2, S_3=a_1+a_2+a_3,\cdots, S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$

若$S_i(i=1,2,\ldots,n)$ 中有一个是$n$ 的倍数, 则本题得证.
若$S_i(i=1,2,\ldots,n)$ 中没有一个$n$ 的倍数, 则这$n$ 个数被$n$ 除的余数只有$1,2,\ldots, n-1$
这$n-1 $种, 而$n$ 个数被$n$ 除, 必有两个对$n$ 同余, 设这两个数是$S_k, S_j (k>j)$,
则$S_k-S_j=(a_1+a_2+\ldots+a_j+a_{j+1}+\ldots+a_k)-(a_1+a_2+\ldots+a_j)$
$ =a_{j+1}+a_{j+2}+\ldots+a_n$这就是说, 第$j+1,j+2$, 一直到第$k$ 个小孩分到的糖果之和是$n$ 的倍数.

由于$36^k$ 的个位数都是$6$, $5^l$ 的个位数都是$5$, 则当$36^k\gt 5^l$ 时, $|36^k-5^l|$
的个位数是$1$, 当$36^k\lt 5^l$ 时, $|36^k-5^l|$ 的个位数是$9$.
(1) 先考虑$|36^k-5^l|$ 个位数为$1$ 的情况.
若$36^k-5^l=1\Rightarrow 5^l=36^k-1=(6^k+1)(6^k-1)$, 显然$5\nmid 6^k+1$
所以$36^k-5^l=1$ 不成立.
若$36^k-5^l=11\Rightarrow k=1,l=2$满足要求.
(2) 再考虑$|36^k-5^l|$ 的个位数是$9$ 的情况.
若$5^l-36^k=9$, 则由$3\mid 9, 3\mid 36^k\Rightarrow 3\mid 5^l$ 这是不可能的.

综上, 形如$36^k-5^l$ 的绝对值最小的数是$36-5^2=11$.

显然$(x,y,u,v)=(0,0,0,0)$ 是一组整数解, 假定存在有不全为零的其它整数解, 且设其绝对
值之和最小的一组解为$(x_1,y_1,u_1,v_1)$, 设$m=|x_1|+|y_1|+|u_1|+|v_1|$.

由$x_1^2+y_1^2=3(u_1^2+v_1^2)$ 知: $3\mid (x_1^2+y_1^2)$,
将整数模$3$ 分类知有三类: $3k,3k+1,3k+2$, 其平方模$3$ 只能是$0$ 或$1$,
所以由$3\mid (x_1^2+y_1^2)\Rightarrow 3\mid x_1$ 且$3\mid y_1$.
设$x_1=3x_0,y_1=3y_0$ 代入得$9(x_0^2+y_0^2)=3(u_1^2+v_1^2)\Rightarrow u_1^2+v_1^2=3(x_0^2+y_0^2)$
同上可得$3\mid u_1$ 且$3\mid v_1$, 即$\frac{x_1}{3},\frac{y_1}{3},\frac{u_1}{3},\frac{v_1}{3}$仍然是
原不定方程得解. 但此时 $|\frac{x_1}{3}|+|\frac{y_1}{3}|+|\frac{u_1}{3}|+|\frac{v_1}{3}|=\frac{m}{3}\lt m$
这于$m$ 的最小性相矛盾, 故不存在其它不全为零的整数解.
原不定方程的整数解只有$(0,0,0,0)$.

构造二次函数$f(x)=ax^2+(b-c)x+(a+b+c)$.
所以$f(0)=a+b+c$, $f(-1)=a-(b-c)+(a+b+c)=2(a+c)$.
因此有 $f(0)\cdot f(-1)=2(a+c)(a+b+c)<0$, 即$f(x)$ 在$-1 \lt x\lt 0$ 范围内必有零
点, 所以函数$f(x)$ 必于$x$ 轴相交, 就是说, 二次方程$ax^2+(b-c)x+(a+b+c)=0$ 有两个
不同的实数根, 因此, 它的判别式大于零, 所以
$(b-c)^2-4a(a+b+c)>0$

设二次多项式$p(x)=ax^2+bx+c$ 满足条件(1), 显然有$|p(0)|\leq 1\Rightarrow |c|\leq 1$.
又由于$p(1)=a+b+c,p(-1)=a-b+c\Rightarrow 2b=p(1)-p(-1)$
$\Rightarrow |2b|\leq |p(1)|+|p(-1)|\leq 2\Rightarrow |b|\leq 1$.
再$2a=p(1)+p(-1)-2c\Rightarrow |2a|\leq |p(1)|+|p(-1)|+2|c|\leq 4$
$\Rightarrow |a|\leq 2$
所以$p(2)=4a+2b+c=p(1)+3a+b\leq |p(1)|+3|a|+|b|\leq 1+6+1=8$.
因此$p(x)$ 不可能满足条件 (2), 即同时满足(1)(2)的二次多项式是不存在的.

易知: $q(x)=2x^2-1$ 满足条件(1) 并且$q(2)=7$.