Оценка. Все 2022 корня многочлена лежать на интервале  (0, 1)  не могут: в противном случае свободный член многочлена, равный по теореме Виета произведению корней, лежит на интервале  (0, 1)  и не может быть целым.   Пример 1. Рассмотрим многочлен  $P(x) = x^{2022} + (1 - 4042x)(3 - 4042x)...(4041 - 4042x)$.  Заметим, что при всех  $k$ = 0, 1, ..., 2021  число

$P\Bigl(\frac{2k}{4042}\Bigr) = \Bigl(\frac{2k}{4042}\Bigr)^{2022}$ + (–1)^k(2k – 1)!!(4041 – 2k)!!  положительно при чётном $k$ и отрицательно при нечётном. Таким образом, на интервале  (0, 1)  многочлен $P(x)$ меняет знак по крайней мере 2021 раз и, следовательно, имеет хотя бы 2021 корень.   Пример 2. Будем считать, что  $P(0)$ ≠ 0.  Рассмотрим многочлен  $Q(x) = x^nP\big(\frac1x\big)$  степени $n$ с целыми коэффициентами и свободным членом, равным 1 (его коэффициенты – это коэффициенты многочлена $P$, выстроенные в обратном порядке). Каждому корню $x_0$ многочлена $P$, лежащему на интервале  (0, 1),  соответствует корень $\frac{1}{x_0}$ многочлена $Q$, лежащий на луче  (1, + ∞).  Верно и обратное: каждому корню многочлена $Q$, лежащему на луче  (1, + ∞),  соответствует корень многочлена $P$, который лежит на интервале  (0, 1).

  Рассмотрим многочлен  $Q(x) = 1 + x(x - 10)(x - 20)...(x - 10(n - 1))$.  Поскольку  $Q$(5) < 0,  $Q$(15) > 0,  ...,  $Q(10(n - 2) + 5) < 0$,  $Q(10(n - 1) + 5) > 0$,  в рассмотренных $n$ точках многочлен $Q(x)$ принимает значения чередующихся знаков, поэтому он имеет  $n$ – 1  корень на луче  (1, + ∞).  Эти корни расположены на интервалах  (5, 15),  (15, 25),  ...,  $(10(n - 2) + 5, 10(n - 1) + 5)$.  Следовательно, соответствующий построенному многочлену $Q$ многочлен $P$ имеет ровно  $n$ – 1  корень на интервале  (0, 1).

2021 корень.