Lời giải.  Giả sử $P(x)$ và $m$ là đa thức và số nguyên dương thỏa mãn, ta có 2 nhận xét sau:

Nhận xét 1. Nếu $p$ là ước nguyên tố lẻ của $m+2^nP(n)$ thì $p\mid P'(n).$

Chứng minh. Ta có $v_p\left(m+2^nP(n)\right)\ge 2$, theo Fermat bé thì\[m + {2^n}P\left( n \right) \equiv m + {2^{n + p\left( {p – 1} \right)}}P\left( {n + p\left( {p – 1} \right)} \right)\pmod{p}.\]Vì thế ta lại có $v_p\left(m+2^{n+p(p-1)}P\left(n+p(p-1)\right)\right)\ge 2$, theo bổ đề tiếp tuyến và định lý Euler ta có\[\begin{array}{l}
0 &\equiv m + {2^{n + p(p – 1)}}P\left( {n + p(p – 1)} \right)\\
&\equiv m + {2^n}P\left( n \right) + {2^n}p\left( {p – 1} \right)P’\left( n \right)\quad \left( {\bmod {p^2}} \right).
\end{array}\] Từ đây có $p\mid P'(n)$.

Nhận xét 2. Nếu $p$ là ước nguyên tố lẻ của $m+2^KP(n)$ với $K\in\mathbb Z^+$ thì $p\mid P'(n).$

Chứng minh. Theo định lý thặng dư Trung Hoa, sẽ tồn tại số nguyên dương $N$ sao cho $N\equiv K\pmod{p-1}$ và $N\equiv n\pmod p$, từ đây có\[p\mid\left(m+2^NP(N)\right).\]Do đó theo nhận xét 1, thì $p\mid P'(N)$ nhưng $P'(x)\in\mathbb Z[x]$ nên từ $N\equiv n\pmod p$ ta có\[p\mid P'(n).\]

Quay lại bài toán, với mỗi $n\in\mathbb Z^+$ (đủ lớn) sẽ có vô số số nguyên tố $p$ có dạng $8k+3$ đồng thời $p>\max\{m,\,P(n)\}$. Lúc này ta để ý rằng $\left(\dfrac{2}{p}\right)=-1$, cho nên $2$ là căn nguyên thuỷ modulo $p$ khi đó sẽ tồn tại $K$ sao cho $p\mid\left(m+2^KP(n)\right)$ (ta chọn $K=\text{ind}_2\left({-m\overline{P}}\right)$ với $\overline{P}$ là nghịch đảo của $P(n)$ theo mod $p$), theo nhận xét 2 thì $$p\mid P'(n).$$ Do có vô số số nguyên tố $p$ như thế, và giá trị của chúng có thể lớn tuỳ ý nên\[P'(n)=0.\]
Từ đây ta thấy rằng phương trình $P'(x)=0$ có vô số nghiệm, nên $P(x)=C:\text{const}$. Bài toán trở thành quen thuộc! Và kết quả của nó là $P(x)=0$ còn $m$ là số chính phương.

$\square$