京都大学 2002年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第4問

$n=1$ のとき $f(x)=x+c$ と書け、$c=f(q_1)-q_1$ は有理数なので主張は成り立つ。

$n-1$ 次まで主張が成り立つと仮定する。$f(x)-f(q_n)$ は $x-q_n$ で割り切れるので$$g(x)={\displaystyle \frac{f(x)-f(q_n)}{x-q_n}}$$とおく。$g$ は最高次係数1の $n-1$ 次多項式である。また $i=1,\dots ,n-1$ に対して$$g(q_i)={\displaystyle \frac{f(q_i)-f(q_n)}{q_i-q_n}}$$は有理数である。$q_1,\dots ,q_{n-1}$ は相異なるので、帰納法の仮定から $g(x)$ の全係数は有理数である。

最後に$$f(x)=(x-q_n)g(x)+f(q_n)$$であり、$q_n,f(q_n)$ も有理数だから、$f(x)$ の全係数は有理数である。よって数学的帰納法によりすべての $n$ で示された。

有理数の補間基底を明示する直接確認である。相異なる有理点から作る各基底多項式は
有理係数をもち、その有理線形結合も有理係数になる。
$n$ 点で同じ値をとる次数 $n-1$ 以下の多項式は一意なので、
$f(x)-x^n$ をその補間多項式として同定する。

$$h(x)=f(x)-x^n$$とおくと、$h$ は次数 $n-1$ 以下であり、$$h(q_i)=f(q_i)-q_i^n\in \mathbb{Q}(i=1,\dots ,n)\mathrm{.}$$各 $i$ について$$L_i(x)={\displaystyle \frac{(x-q_1)\cdots (x-q_{i-1})(x-q_{i+1})\cdots (x-q_n)}{(q_i-q_1)\cdots (q_i-q_{i-1})(q_i-q_{i+1})\cdots (q_i-q_n)}}$$とおく。分母は0でなく、すべての $q_j$ が有理数なので
$L_i(x)$ は有理係数多項式である。また $L_i(q_j)$ は
$i=j$ のとき1、そうでないとき0である。

したがって次数 $n-1$ 以下の多項式$$H(x)=h(q_1)L_1(x)+\cdots +h(q_n)L_n(x)$$は有理係数をもち、すべての $q_i$ で $H(q_i)=h(q_i)$ となる。
$H-h$ は次数 $n-1$ 以下で相異なる $n$ 個の根をもつから恒等的に0である。
よって $h=H$ は有理係数であり、$f(x)=x^n+h(x)$ の全係数も有理数である。