Podemos dar inductivo método de construcción de dicha secuencia.
Podemos empezar con el caso base $a_0 = 1, a_1 = -1$.
Supongamos que tenemos la primera $n$ coeficientes, por lo que el $p_n(x)$ tiene exactamente $n$ distintas raíces, $r_1 < r_2 < \, ... < r_n$. Ahora debemos seleccionar $(n + 1)$ puntos,
\begin{align}
s_0 &< r_1\\
s_1 &\in (r_1, r_2)\\
s_2 &\in (r_2, r_3)\\
&...\\
s_{n-1} &\in (r_{n-1}, r_n)\\
s_n &> r_n
\end{align}
Observe que, dado que $(r_i, r_{i+1})$ no contiene raíces, $p_n(x)$ tiene el mismo signo en el intervalo completo y que los intervalos adyacentes tienen distintos signos, como la de todas las raíces tienen multiplicidad $1$. $^{\dagger}$ Por lo tanto, tenemos que $p_n(s_i)$ $p_n(s_{i+1})$ siempre tienen distinto signo.
Si ahora nos elija $a_{n+1}$ a ser lo suficientemente pequeño - específicamente,
$$|a_{n+1}| < \min_{0 \le i \le n} \left|\frac{p_n(s_i)}{s_i^{\, n+1}}\right|$$
a continuación, vamos a conservar la propiedad de que la $p_{n+1}(s_i)$ $p_{n+1}(s_{i+1})$ siempre tienen distinto signo. Por el teorema del valor intermedio, esto nos da exactamente $n$ distintas raíces que se extiende entre los $s_0$$s_n$.
Ahora, para llegar a la final de la raíz, considerar el signo de $p_{n+1}(s_n)\, $; si se elige el signo de $a_{n+1}$ a ser el opuesto, entonces, para suficientemente grande $x >> s_n$, tendremos que
$$sign(p_{n+1}(x)) = sign(a_{n+1}) = sign(-p_{n+1}(s_n))$$
así que no debe ser una raíz que se extiende entre los dos puntos (que es necesariamente distinta de las otras $n$ raíces que están a menos de $s_n$).
$\dagger$:
$p_n(x)$ debe tener el mismo valor en todo el intervalo, más por el teorema del valor intermedio, no sería otra raíz en el intervalo.
Si $p_n(x)$ tuvo el mismo signo en dos intervalos adyacentes, $(r_{i-1}, r_i), (r_i, r_{i+1})$, la raíz de $r_i$ sería un extremo local, por lo tanto, por el teorema de Fermat, tendríamos que ${p_n}'(r_i) = 0$ lo que necesariamente significa que $(x - r_i)^2$ fue un factor de $p_n(x)$.