n = 1 のとき
f(x) = x + a の形をしている。ただし a は定数である。
f(q₁) = q₁ + a であるから a = f(q₁) - q₁ である。
f(q₁) も q₁ も有理数なので f(q₁) - q₁ は有理数である。よって n = 1 のとき示された。

k を 1 以上の自然数として n = k のとき成り立つと仮定する。このとき n = k+1 のときも成り立つ ことを示す。　
f(x) は xⁿ の係数が 1 である x の k+1 次式で 相異なる k+1 個の有理数 q₁, q₂, ..., q_k+1 に対して f(q₁), f(q₂), ..., f(q_n) がすべて 有理数とする。
f(x) を x - q_k+1 で割った余りを g(x) とおく。このとき
g(x) は x^k の係数が 1 の x の k 次式であり、 f(x) = (x - q_k+1)g(x) + f(q_k+1) である。
1 ≤ m ≤ k なる全ての自然数 m に対して f(q_m) = (q_m - q_k+1)g(q_m) + f(q_k+1) であり q_m ≠ q_k+1 なので g(q_m) = (f(q_m)-f(q_k+1))/(q_m-q_k+1) が成り立つ。
f(q_m),f(q_k+1),q_m,q_k+1 は全て有理数なので、g(q_m) は有理数である。
帰納法の仮定より、g(x) は有理数係数の多項式となる。 q_k+1、f(q_k+1)　が有理数で f(x) = (x - q_k+1)g(x) + f(q_k+1) であるので f(x) も有理係数の多項式となる。
以上より、主張は証明された。

別解
次の主張 (*) は後で数学的帰納法で示す。
(*) f(x) は xⁿ の係数が 1 である x の n 次式として 相異なる n 個の数 q₁, q₂, ..., q_n に対して f(q₁) = f(q₂) = ... = f(q_n) = 0 とすれば 　f(x) = (x-q₁)(x-q₂)...(x-q_n) である。

上の主張を認めて元の問題に答えよう。
1 ≤ m ≤ n なる自然数 m に対して g_m(x) を (x-q₁),(x-q₂),...,(x-q_n) のうち (x-q_m) 以外の全ての積を表すことにする。
g(x) = f(q₁)g₁(x)/g₁(q₁) + f(q₂)g₂(x)/g₂(q₂) + ... + f(q_n)g_n(x)/g_n(q_n) とおく。
このとき g(x) は有理数係数の n-1 次以下の多項式で 1 ≤ m ≤ n なる自然数 m に対して f(q_m) = g(q_m) が 成立している。
f(x) - g(x) はxⁿ の係数が 1 である x の n 次式で 相異なる n 個の数 q₁, q₂, ..., q_n を各々代入したら 0 となる。
従って f(x) - g(x) = (x-q₁)(x-q₂)...(x-q_n) となる。 つまり f(x) = (x-q₁)(x-q₂)...(x-q_n) + g(x) となり、 f(x) が有理係数の多項式であることがわかる。

(*) の証明
n = 1 のとき
f(x) = x + a として(ただし a は定数) f(q₁) = 0 とする。
0 = f(q₁) = q₁ + a であるから a = - q₁ である。
つまり f(x) = x - q₁ となり n = 1 のときは示された。
k を 1 以上の自然数とし n = k のとき (*) が成り立っていると仮定する。このとき n = k+1 のときも成立していることを示す。
f(x) は x^k+1 の係数が 1 である x の +1 次式として 相異なる k+1 個の数 q₁, q₂, ..., q_k+1 に対して f(q₁) = f(q₂) = ... = f(q_k+1) = 0 とする。
f(q_k+1) = 0 より f(x) = (x - q_k+1)g(x) となる多項式 g(x) が存在する。 g(x) は x^k の係数が 1 の x の k 次式である。
1 ≤ m ≤ k なる全ての自然数 m に対して 0 = f(q_m) = (q_m-q_k+1)g(q_m) であり q_m-q_k+1 ≠ 0 であるから g(q_m) となる。
よって、帰納法の仮定より g(x) = (x-q₁)(x-q₂)...(x-q_k) がわかり、 f(x) = g(x)(x-q_k+1) = (x-q₁)(x-q₂)...(x-q_k+1) が示される。
以上より、全ての自然数 n に対して (*) が成立することが示された。

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