Представление многочлена

[Руст]

Пусть p(x) действительный многочлен, удовлетворяющий условию: $p(x)\ge 0, \ \forall x\ge 0$. Докажите, что существуют два многочлена A(x) и B(x), что
$p(x)=A(x)^2+xB(x)^2.$

[V.V.]

Руст писал(а):

Пусть p(x) действительный многочлен, удовлетворяющий условию: $p(x)\ge 0, \ \forall x\ge 0$. Докажите, что существуют два многочлена A(x) и B(x), что
$p(x)=A(x)^2+xB(x)^2.$

А можно пример таких многочленов для $p(x)=x^3+2x+1$?

[Руст]

V.V. писал(а):

А можно пример таких многочленов для $p(x)=x^3+2x+1$?

$x^3+2x+1=(\sqrt{2a}x\pm 1)^2+x(x-a)^2, \ (2-a^2)^2=8a.$
Уравнение относительно а имеет два действительных решения. Меньший берётся со знаком +, больший со знаком -.

[RIP]

Во-первых, легко проверить тождество

$$(A^2+xB^2)(C^2+xD^2)=(AC-xBD)^2+x(AD+BC)^2.$$

Разложим p(x) на неприводимые

$$p(x)=(x-a_1)\ldots(x-a_n)(x^2+b_1 x+c_1)\ldots(x^2+b_m x+c_m).$$

Для множителей 2-го типа имеем

$$x^2+bx+c=(x-\sqrt{c})^2+x(\sqrt{b+2\sqrt{c}})^2.$$

При этом $b+2\sqrt{c}>0$, т.к. дискриминант отрицательный.
С корнями четной кратности тоже проблем нету, а корни нечетной кратности все, как следует из условия, неположительны, поэтому и тут проблем не возникает. Осталось несколько раз применить тождество.
Да, из условий следует, что старший коэффициент положительный, поэтому можно считать его равным 1, а случай многочлена степени <1 тривиален