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$q(2)=7$.

考虑到$a_5$ 要最大, 用极端思想, 其余各项尽可能小.
$\because a_1\lt a_2\lt a_3\lt \cdots \lt a_{10}$, 且都是正整数.
$\therefore $ 由题意, 不妨令$a_1=1,a_2=2,a_3=3,a_4=4, a_5$ 尽可能大, $a_6=a_5+1, a_7=a_5+2,a_8=a_5+3, a_9=a_5+4, a_{10}=a_5+5$.
所以有$a_1+a_2+\ldots+a_{10}=1+2+3+4+a_5+a_5+1+a_5+2+\ldots+a_5+5=6a_5+25=2000$
解得$a_5=329\frac{1}{6}$
显然当$a_5=329$ 时, 要使$a_{10}$ 最大, 就要使$a_6,a_7,a_8,a_9$ 尽可能的小, 所以
$a_6=330, a_7=331,a_8=332, a_9=333$, 此时$a_{10}$ 取得最大值$335$.
当$a_5=330$ 时$a_6=331, a_7=332\ldots$ 显然不合题意(所有和大于$2000$ )

综上, $a_5$ 的最大值为$329$, 此时$a_{10}$ 的最大值为$335$.

证明: 对所有整数按模$6$ 的余数分类, 则质数$P$ 只能为$6k+1$ 和$6k+5$ 两类.
当$P=6k+1$ 时, $P^2-1=(6k+1)^2-1=36k^2+12k=12k(3k+1)$
若$k$ 为偶数, 则$24\mid 12k\Rightarrow 24\mid P^2-1$;
若$k$ 为奇数, 则$3k+1$ 为偶数, 也有$24\mid P^2-1$.

当$P=6k+5$ 时, $P^2-1=(6k+5)^2-1=36k^2+60k+24=12k(3k+5)+24$
若$k$ 为偶数, 则有$24\mid P^2-1$;
若$k$ 为奇数, 则$3k+5$ 为偶数, 也有$24\mid P^2-1$

综上, 总有$24\mid P^2-1$

$\because $ 对一切$x$ 的整数值$ax^2+bx+c$ 的值都是平方数.
令$x=0\Rightarrow c$ 是平方数. $\therefore c$ 是整数.
令$x=1\Rightarrow a+b+c$ 是平方数,
令$x=-1\Rightarrow a-b+c$ 是平方数.
所以设$a+b+c=m^2, a-b+c=n^2, c=k^2$ (其中$m,n,k$ 是整数).
前两式相减得$2b=m^2-n^2$ 所以$2b$ 为整数($\because m,n$ 为整数);
将$2b=m^2-n^2, c=k^2$ 代入$2a=2m^2-2b-2c=2m^2-(m^2-n^2)-2k^2=m^2+n^2-2k^2$ 为整数.