Aloha :)
Gegeben: $$f_p(x)=3x^3+px^2+3x\quad;\quad x\in\mathbb{R}$$(c) hast du korrekt gelöst. Damit die Funktion \(f_p(x)\) punktsymmetrisch zum Ursprung ist, müssen alle Potenzen von \(x\) ungerade sein. Dies ist hier nur genau dann erfüllt, wenn \(p=0\) gilt.
(a) und (b) würde ich zusammen lösen, indem ich mir erst mal allgemein alle 3 möglichen Nullstellen von \(f_p(x)\) überlege:
$$f_p(x)=3x\left(x^2+\frac{p}{3}x+1\right)$$Die Nullstelle der Parabel erhalten wir mit der pq-Formel, sodass wir maximal folgende 3 Nullstellen haben:
$$x_1=0\quad;\quad x_{2,3}=-\frac{p}{6}\pm\sqrt{\left(\frac{p}{6}\right)^2-1}$$Bei (a) ist nun \(p=-10\) vorgegeben, woraus wir die Nullstellen 2 und 3 bestimmen können:
$$x_{2,3}=\frac{5}{3}\pm\sqrt{\frac{25}{9}-1}=\frac{5}{3}\pm\sqrt{\frac{16}{9}}=\frac{5}{3}\pm\frac{4}{3}\;\;\Rightarrow\;\;x_2=3\;;\;x_3=\frac{1}{3}$$Das ist exakt dein Ergebnis ;)
Bei (b) musst du nun die Lösung \(x_{2,3}\stackrel{!}{=}-3\) setzen und \(p\) daraus bestimmen:
$$\left.-\frac{p}{6}\pm\sqrt{\left(\frac{p}{6}\right)^2-1}=-3\quad\right|\;+\frac{p}{6}$$$$\left.\pm\sqrt{\left(\frac{p}{6}\right)^2-1}=\frac{p}{6}-3\quad\right|\;(\cdots)^2$$$$\left.\left(\frac{p}{6}\right)^2-1=\left(\frac{p}{6}\right)^2-2\cdot3\cdot\frac{p}{6}+3^2\quad\right|\;-\left(\frac{p}{6}\right)^2$$$$\left.-1=-p+9\quad\right|\;+p+1$$$$p=10$$
