P(z)=z(z^2+p)+q;
в скобке в обоих случаях стоит (2p/3), поэтому критические значения это

То есть a_0=q определяется однозначно как полусумма c_1 и c_2.

А вот для p нам понадобится кубический корень, потому что
(c_1-c_2)^2 = const * p^3

Поэтому таких кубических многочленов 3.

Итак,
n=2 — ответ 1,
n=3 — ответ 3.

Конечно же, ответы на эти три вопроса совпадают не случайно (точно так же, как рассказ я не случайно назвал "байка о трёхглавом драконе").
На самом деле это — один и тот же вопрос. А вот почему, я расскажу в следующий раз.

Из предисловия к материалам общематематического семинара "Глобус":

Всего пару столетий назад жили люди, понимавшие всю существовавшую в то время математику, да пожалуй и физику. Сто лет назад –– почти всю. Сейчас, как бы лучшие ученые мира ни стремились уподобиться в этом величайшим из своих
предшественников, это стало совершенно невозможно. Более того, даже математики, специализирующиеся в той или иной области, зачастую совсем не отдают себе отчета в том, чем занимаются их коллеги. Как ни печально, разобщение и специализация –– одна из тенденций развития всей современной науки, и было бы наивно надеяться, что математика станет исключением из общего правила.

И вот, именно поэтому, у профессоров Независимого Московского университета возникло заведомо безнадежное желание с этой тенденцией побороться
https://www.mccme.ru/free-books/globus/globus1.pdf

А вот оглавление первого выпуска, которое я тут уже выкладывал.

Лекция начинается через ~5 минут

К завтрашней лекции Гаянэ Паниной две задачи:

1) всякая плоская фигура может быть разделена двумя прямолинейными разрезами на четыре равные по площади части;

2) не всякая плоская фигура может быть разделена тремя прямолинейными разрезами на семь равных по площади частей.

Первый (самый простой) вопрос из лекции Гаянэ: есть N красных и N зелёных точек в общем положении на плоскости. Всегда ли их можно разбить на пары попарно непересекающимися отрезками?

Решение 1 (стандартное): принцип крайнего. Разобьём как-нибудь, если какие-то два отрезка пересеклись, то "перещёлкнем" их, поменяв пары. Тогда сумма их длин уменьшится (неравенство треугольника). Значит, сумма длин всех отрезков за каждую операцию уменьшается, а число способов разбить на пары конечно. Поэтому то разбиение, которое минимизирует сумму длин, нас точно устроит.

А Гаянэ показывает другое решение — можно найти прямую, по обе стороны от почти одинаковое число точек каждого из цветов. И дальше можно запустить индукцию — сгруппировав по отдельности точки слева и справа от прямой.

А это деление — это аналог теоремы о блинах:

А теорема о бутерброде применяется для аналогичного вопроса в размерности 3 —

... и вот уже в задаче об одновременном делении двух тел двумя плоскостями возникает класс Эйлера ...