а) Подходит, например, \(P(x) = x^{2016} + 2x\): \[P(-1) = -1\qquad\qquad P(0) = 0\,.\]
б) Зафиксируем произвольный подходящий по условию \(P(x)\). По теореме Безу остаток от деления многочлена \(P(x)\) на \(x - x_0\) равен \(P(x_0)\), следовательно, существует многочлен \(Q(x)\), такой что \[P(x) = (x + 1)Q(x) - 1\,.\]
Покажем, что у \(Q(x)\) все коэффициенты также целые числа:
пусть \[Q(x) = a_nx^n + a_{n - 1}x^{n - 1} + ... + a_1x + a_0\,,\] тогда
\[\begin{aligned}
&P(x) = (x + 1)(a_nx^n + a_{n - 1}x^{n - 1} + ... + a_1x + a_0) - 1 = \\
& = a_nx^{n + 1} + (a_n + a_{n-1})x^{n} + (a_{n-1} + a_{n-2})x^{n-1} + ... + (a_1 + a_0)x + a_0 - 1\,.
\end{aligned}\]
Так как \((a_0 - 1)\in\mathbb{Z}\), то \(a_0\in\mathbb{Z}\). Так как \((a_1 + a_0)\in\mathbb{Z}\) и \(a_0\in\mathbb{Z}\), то \(a_1 \in\mathbb{Z}\) и т.д. Таким образом, у \(Q(x)\) все коэффициенты – целые числа. \[P(n) = (n + 1)Q(n) - 1 = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad Q(n) = \dfrac{1}{n + 1}\,.\] Так как у \(Q(x)\) все коэффициенты – целые числа, то и число \(Q(n) = \dfrac{1}{n + 1}\) – целое, тогда либо \(n = 0\), либо \(n = -2\).
Так как \(P(n) = 0\), а мы показали, что это возможно только при \(n = 0\) либо при \(n = -2\), то в произведении \(P(0)\cdot P(-2)\) хотя бы один из множителей равен нулю (а второй не теряет смысла, так как \(P(x)\) определён при любых \(x\)), тогда \[P(0)\cdot P(-2) = 0\,.\]
Ответ:
а) \(x^{2016} + 2x\)
б) \(0\)