Пусть $D_1, D_2, D_3$ — соответственно дискриминанты этих трёхчленов. Первые два уравнения имеют только целые корни, поэтому $D_1 = m^2, D_2 = n^2$, где числа $m$ и $n$ можно считать целыми неотрицательными. Вычитая из первого равенства второе, получаем, что $4 = m^2 - n^2$, то есть $4 = (m - n)(m + n)$. Числа $m-n$ и $m+n$ — одной чётности, поэтому это равенство может выполняться только если $m-n = m+n = 2$. Но тогда $n = 0$, и, значит, дискриминант третьего уравнения $D_3 = n^2 - 4 = -4$ — отрицательный.

Второе решение. По теореме Виета числа $a$ и $b$ целые.
Пусть $x_1$ и $x_2$ — корни трёхчлена $P_1(x) = x^2 + a x + b$, а $x_0$ — любой из корней трёхчлена $P_2(x) = x^2 + a x + b + 1$. Поскольку $P_2(x)$ имеет хотя бы один корень, корни трёхчлена $P_1(x) = P_2(x) - 1$ различны.
$$\text{Имеем } P_1(x_0) = P_2(x_0) - 1 = -1, \text{ откуда} \\ 1 = P_1(x_1) - P_1(x_0) = (x_1^2 + a x_1 + b) - (x_0^2 + a x_0 + b) = \\ \qquad (x_1 - x_0)(x_1 + x_0 + a).$$
Поскольку оба множителя в правой части целые, они могут быть равны лишь $\pm 1$. Аналогично, $x_2 - x_0 = x_2 + x_0 + a = \pm 1$. Так как $x_1 \ne x_2$, отсюда следует, что $|x_2 - x_1| = 2$ и $x_0 = \frac{x_1 + x_2}{2}$. Так как это рассуждение верно для произвольного корня $x_0$ трёхчлена $P_2(x)$, его корни совпадают, то есть $P_2(x) = (x - x_0)^2$. А тогда многочлен $P_2(x) + 1 = (x - x_0)^2 + 1$ положителен на всей оси, то есть корней не имеет.