Написан многочлен $x^{10}+{*}x^9+{*}x^8+\ldots+{*}x^2+{*}x+1$. Двое играют в такую игру. Сначала первый заменяет любую из звёздочек некоторым числом, затем второй заменяет числом любую из оставшихся звёздочек, затем снова первый заменяет одну из звёздочек числом и т. д. (всего 9 ходов). Если у полученного многочлена не будет действительных корней, то выигрывает первый игрок, а если будет хотя бы один корень — выигрывает второй. Может ли второй игрок выиграть при любой игре первого?
Д. Бернштейн, И. Бернштейн
Всесоюзная математическая олимпиада школьников (XI, 1977 год, 10 класс)
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.
Рис. 3. Если многочлен $f(x)$ на концах отрезка $[a;b]$ принимает значения разных знаков, то при некотором $c\in[a;b]$ он обращается в 0: $f(x)=0$.
а) $k$ чётно, $l$ нечётно. Тогда
$$\begin{gather*}
f(1)=P(1)+\alpha+\beta,\quad f(-1)=P(-1)+\alpha-\beta,\\
f(1)+f(-1)=P(1)+P(-1)+2\alpha.
\end{gather*}$$
Второй игрок должен выбрать $\alpha=\dfrac12\bigl(-P(1)-P(-1)\bigr)$.
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).
б) $k$ и $l$ нечётны. Тогда
$$\begin{gather*}
f(-1)=P(-1)-\alpha-\beta,\quad f(2)=P(2)+2^k\alpha+2^l\beta,\\
2^lf(-1)+f(2)=c+(2^k-2^l)\alpha,
\end{gather*}$$
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.
![Рис. 3. Если многочлен <nowrap>{literal}$f(x)${/literal}</nowrap> на концах отрезка <nowrap>{literal}$[a;b]${/literal}</nowrap> принимает значения разных знаков, то при некотором <nowrap>{literal}$c\in[a;b]${/literal}</nowrap> он обращается в 0: <nowrap>{literal}$f(x)=0${/literal}.</nowrap>](http://www.kvant.digital/media/common/1978-06-045-03.png?_v=1)