Решение 1:   Пусть  f(x) и g(x) – два многочлена, и для некоторой точки x₀ выполняются равенства  f '(x₀) = 0  и  g'(x₀) = 0.  Тогда, очевидно,  (f ± g)'(x₀) = 0  и

cf '(x₀) = 0,  (fg)'(x₀) = f(x₀)g'(x₀) + f '(x₀)g(x₀) = 0.  Наконец,     Таким образом, если у исходных многочленов в некоторой точке производные обращаются в нуль, то и после разрешенных условием операций также может получиться лишь многочлен, производная которого обращается в нуль в этой точке.

  Заметим, что производные обоих исходных многочленов, равные соответственно  3x² – 6x  и  2x – 4,  обращаются в нуль при x = 2.  Однако

(xⁿ – 1)' = nxⁿ – 1 при  x = 2  равна  n·2^{n – 1} ≠ 0.  Поэтому многочлен вида  xⁿ – 1  получить нельзя.

Решение 2:   Добавим на доску константу 2 и покажем, что даже после этого требуемое невозможно.

  Сделаем замену  x = t + 2:  каждому многочлену  f(x) сопоставим многочлен  f₂(t) = f(t+2).  Тогда многочлены  x² – 4x  и  x³ – 3x² + 5  переходят в многочлены  t² – 4  и  t³ + 3t² + 1  соответственно. При этом результаты операций суммы, разности, перемножения многочленов и умножения на константу при такой замене сохранятся. С другой стороны, если  h(x) = f(g(x)),  то  h₂(t) = f(g(t+2)) = f₂(g₂(t) – 2).  Таким образом, если многочлен h(x) можно получить из многочленов f(x) и g(x), то и многочлен h₂(x) можно получить из многочленов  f₂(x) и g₂(x) (при наличии константы 2). Значит, если из исходных многочленов можно получить  xⁿ – 1,  то из многочленов  t² – 4  и  t³ + 3t² + 1  можно получить многочлен  (t + 2)ⁿ – 1.

  Заметим, что у всех исходных многочленов коэффициент при t равен нулю. Нетрудно видеть тогда, что и у всех получающихся многочленов коэффициент при t также будет нулевым. Однако у многочлена  (t + 2)ⁿ – 1  этот коэффициент равен  n·2ⁿ – 1 > 0,  так что этот многочлен получить нельзя.

Не может.