Да, может. Покажем, как для этого второй игрок должен играть.
Всего нужно заменить на числа 9 звёздочек — 5 при нечётных степенях и 4 при чётных. Каждым ходом второй игрок должен ставить любой коэффициент при степени, имеющей противоположную чётность по отношению к коэффициенту, который только что поставил его противник. Тогда после семи ходов останется 2 звёздочки при степенях $x^k$ и $x^l$, причём хотя бы одно из чисел $k$ и $l$ нечётно, и ход будет у второго игрока. Пусть $P$ — многочлен, который получится, если заменить звёздочки при $x^k$ и $x^l$ нулями, $\alpha$ — коэффициент при $x^k$ и $\beta$ — коэффициент при $x^l$, который поставят игроки; тогда после замены всех звёздочек получится многочлен $f(x)=P(x)+\alpha x^k+\beta x^l$.
Разберём два случая.
а) $k$ чётно, $l$ нечётно. Тогда,
$$\begin{gather*}
f(1)=P(1)+\alpha+\beta,\\
f(-1)=P(-1)+\alpha-\beta,\\
f(1)+f(-1)=P(1)+P(-1)+2\alpha.
\end{gather*}$$
Второй игрок должен выбрать $\alpha=\dfrac12\big(-P(1)-P(-1)\big)$.
Тогда независимо от последнего хода первого игрока окажется, что $f(1)+f(-1)=0$. Значит, либо $f(1)=f(-1)=0$, либо $f(1)$ и $f(-1)$ имеют разные знаки, и тогда на отрезке $[-1; 1]$ у многочлена $f$ будет корень (рис. 3).
Рисунок 3
б) $k$ и $l$ нечётны. Тогда
$$\begin{gather*}
f(-1)=P(-1)-\alpha-\beta,\\
f(2)=P(2)+2^k\alpha+2^l\beta,\\
2^lf(-1)+f(2)=c+(2^k-2^l)\alpha,
\end{gather*}$$
где $c=2^lP(-1)+P(2)$. Второй игрок должен выбрать $\alpha=\dfrac{c}{2^l-2^k}$. Тогда независимо от последнего хода первого игрока окажется, что $2^lf(-1)+f(2)=0$. Значит, либо $f(-1)=f(2)=0$, либо $f(-1)$ и $f(2)$ имеют разные знаки, так что на отрезке $[-1; 2]$ есть корень.
