ข้อ 6 ยังไม่มีใครมาเฉลยแฮะ ข้อ 6 ก็ยากพอสมควรอย่างที่คุณ rose-joker พูดไว้ไม่ผิดน่ะครับ
ผมไม่รู้ว่าเขาอนุญาตให้ใช้เรื่องนี้ใน TMO หรือเปล่าครับ "Descartes' rule of signs" ถ้าไม่รู้จัก ลองพิมพ์ใน google หรือ wiki ดูครับ
ขอเรียกย่อๆว่า Descartes นะครับ
สังเกตก่อนว่าหาก $a_n=0$ $a_{n-1}=1$ ทันทีเพราะไม่งั้นจะมีรากซ้ำคือ ศูนย์
ก็แยก $n$ เป็นเลขคู่กับเลขคี่
i)$n$ เป็นเลขคู่ นั่นคือ $P(x)=x^{2k}+a_1x^{2k-1}+...+a_{2k}$
จาก Descartes ได้ว่า $P(x)$ ไม่มีรากบวก
หาก $a_{2k}=0$ ได้ว่า $P(x)=x(x^{2k-1}+a_1x^{2k-2}+...+1)$
ให้ $Q(x)=x^{2k-1}+a_1x^{2k-2}+...+1$ จาก Descartes ได้ว่ารากทุกตัวเป็นลบ
สังเกตว่ารากทุกตัวของ $P(x)$ แตกต่างกันทั้งหมด จาก Descartes ได้ว่า $a_1=a_2=...=1$ นั่นคือ $P(x)=x^{2k}+x^{2k-1}+...+x=x(x^{2k-1}+x^{2k-2}+...+1)$ ซึ่งเป็นที่รู้กันอยู้ว่า $x^k+x^{k-1}+...+1$ มีรากที่เป็นจำนวนเชิงซ้อน สำหรับทุก $k>1$
ดังนั้น $k=1$ นั่นคือ $P(x)=x^2+x$
หาก $a_{2k}=1$ อ้างเหตุผลเดิม ได้ว่า $a_1=a_2=...=1$ ดังนั้น $P(x)=x^{2k}+x^{2k-1}+...+1$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้หากรากทุกตัวของ $P(x)$ เป็นจำนวนจริง
ii)$n$ เป็นคี่ กรณีนี้ยุ่งหน่อย
ก่อนอื่น หาก $n=1$ จะได้ว่า $\left\{a_1 \right\}\not = \left\{ 0,1 \right\}$
ดังนั้น ให้ $n\geq 3$
เช่นเดิม ให้ $P(x)=-x^{2k+1}+a_1x^{2k}+...+a_{2k+1}$
หาก $a_{2k+1}=0$ $P(x)=-x(x^{2k}-a_1x^{2k-1}-...-1)$
ให้ $Q(x)=x^{2k}-a_1x^{2k-1}-...-1$ จาก Descartes ได้ว่ามีรากบวก 1 ตัว จึงต้องมีรากลบ 2k-1 ราก ซึ่งจาก descartes จะบีบบังคับว่า $a_2=a_3=...=1$ ส่วน $a_1$ เป็นอะไรก็ได้
ก็ต้องมาแยกกรณีอีกว่า
a)$a_1=0$ พิจารณา $(1-x)P(x)=x^{2k+2}-x^{2k+1}-x^{2k}+1$ จาก Descartes ได้ว่า $(1-x)P(x)$ มีรากบวก 0,2 ตัวและรากลบ 0,2 ตัว
แต่ดีกรีของ $(1-x)P(x)$ มีอย่างน้อย 4 ดังนั้น $n=3$ นั่นคือ $P(x)=-x^3+x$
b)$a_1=1$ (ไม่ไหวละครับ ขี้เกียจพิมพ์) ทำแบบเดียวกัน ได้ว่า $P(x)=-x^3+x^2+x$
ส่วนกรณี $a_{2k+1}=1$ ขอละอีกเช่นกัน ทำแบบเดียวกับตอนกรณีแรก ได้ว่าไม่มีคำตอบที่สอดคล้อง
ดังนั้น $P(x)=x^2+x,-x^3+x,-x^3+x^2+x$
ป.ล.ว่าแต่คุณ rose-joker ทำยังไงครับ