控えめな有理数(滋賀医科大学医学部2016)

「控えめな」という変わった名づけ方なので、これには数学的にそうすべき理由があると思われる。
(2)が大ヒントであって、これがなければ思いつきにくいと思う。
そして問題の全体的な議論は可換環イデアルの問題の初歩に似ているように感じる。

2.
分母が奇数,分子が整数で表せる有理数を「控えめな有理数」と呼ぶことにする。
例えば-\frac{1}{3},2はそれぞれ\frac{-1}{3},\frac{2}{1}と表せるから,ともに控えめな有理数である。
1個以上の控えめな有理数a_1,\ldots ,a_nに対して,集合S \langle a_1, \ldots , a_n \rangleを,
 S \langle a_1, \ldots , a_n \rangle = \{ x_1 a_1 + \cdots + x_n a_n \mid x_1 , \ldots , x_n は控えめな有理数\}
と定める。例えば1は1 \cdot (-\frac{1}{3}) + \frac{2}{3} \cdot 2と表せるから,S \langle -\frac{1}{3}, 2 \rangleの要素である。
(1) 控えめな有理数a_1,\ldots ,a_nが定める集合S \langle a_1, \ldots , a_n \rangleの要素は控えめな有理数であることを示せ。
(2) 0でない控えめな有理数aが与えられたとき,S \langle a \rangle = S \langle 2^t \rangleとなる0以上の整数tが存在することを示せ。
(3) 控えめな有理数a_1,\ldots ,a_nが与えられたとき,S \langle a_1, \ldots , a_n \rangle = S \langle b \rangleとなる控えめな整数bが存在することを示せ。
(4) 2016が属する集合S \langle a_1, \ldots , a_n \rangleはいくつあるか。ただしa_1,\ldots ,a_n, b_1, \ldots ,b_mは控えめな整数であるとし,a_1,\ldots ,a_nb_1, \ldots ,b_mが異なっていたとしてもS \langle a_1, \ldots , a_n \rangle = S \langle b_1, \ldots , b_m \rangleであれば,S \langle a_1, \ldots , a_n \rangle S \langle b_1, \ldots , b_m \rangleは1つの集合として数える。

(1)
(証明)
2つの分母が奇数の有理数どうしの積もまた分母は奇数となるので,2つの控えめな有理数の積はまた控えめな有理数である。
また2つ以上の分母が奇数の有理数の和は分母が奇数となるので,2つ以上の控えめな有理数の和はまた控えめな有理数である。
したがって集合S \langle a_1, \ldots , a_n \rangleの要素は控えめな有理数となる。(証明終)

(2)
(証明)
与えられたaa=\frac{2^t \cdot \alpha}{\beta}\alpha, \betaはある奇数)と表せる。
このtが条件を満たすtであることを証明する。
任意のk \in S \langle a \rangleをとると,ある控えめな有理数xを使いk=xaと表せる。
k=(x \cdot \frac{\alpha}{\beta}) \cdot 2^tx \cdot \frac{\alpha}{\beta}は控えめな有理数であるからk \in  S \langle 2^t \rangleである。
逆に任意のk' \in S \langle 2^t \rangleをとると,ある控えめな有理数x'を使いk'=x' \cdot 2^tと表せる。
ここでk'=x' \cdot \frac{\beta}{\alpha} \cdot \frac{\alpha}{\beta} \cdot 2^t = x' \cdot \frac{\beta}{\alpha} \cdot aで,x' \cdot \frac{\beta}{\alpha}は控えめな有理数であるから k' \in S \langle a \rangleがいえる。
すなわちS \langle a \rangle = S \langle 2^t \rangleであるから,tが条件を満たすことが分かり,存在が示された。(証明終)

(3)
(証明)
a_1, \ldots ,a_nがすべて0であれば,単にb=0と定めればよいので,以下いずれかのa_iは0でないとする。
すべてのa_1,\ldots ,a_nを(2)の証明と同様に分子を素因数分解し,2の指数で最小のものをtと定める。
このときS \langle a_1, \ldots , a_n \rangle = S \langle 2^t \rangleが成り立つことを証明する。
任意のk \in S \langle a_1, \ldots , a_n \rangleをとる。このとき控えめな有理数x_1, \ldots , x_nを用いてk=x_1 a_1 + \cdots + x_n a_nと表せる。ゆえにk \in S \langle 2^t \rangleである。
ここでこれらの項を2^tでくくると,くくった部分は控えめな有理数\frac{\alpha}{\beta}となるから,k=\frac{\alpha}{\beta}\cdot2^tとなる。
また任意のk' \in S \langle 2^t \rangleをとると,控えめな有理数x'を使いk'=x' \cdot 2^tと表せるが,
2^tの定め方からあるa_ia_i = \frac{2^t \cdot \alpha_i}{\beta_i}\alpha_i, \beta_iはある奇数)と表示できるものが存在する。
これを使えばk' = x' \cdot 2^t = x' \cdot \frac{\beta_i}{\alpha_i} \cdot \frac{\alpha_i}{\beta_i} \cdot 2^t= x' \cdot \frac{\beta_i}{\alpha_i} \cdot a_i となる。
x' \cdot \frac{\beta_i}{\alpha_i}は控えめな有理数であるからk' \in S \langle a_1, \ldots , a_n \rangleが示される。
以上よりS \langle a_1, \ldots , a_n \rangle = S \langle 2^t \rangleが成り立つことが示された。(証明終)

(4)
(3)までの議論でS \langle a_1, \ldots , a_n \rangleの表示はS \langle 1 \rangle, S \langle 2 \rangle,S \langle 2^2 \rangle, \ldots , S \langle 2^t \rangle , \ldotsのものに限って考えれば十分であることが分かる。
2016=2^5 \times 3^2 \times 7であるから,2016 \in S \langle 2^t \rangle (t=0,1,2,3,4,5)および2016 \not\in S \langle 2^t \rangle  ( t \geq 6)となる。
したがって2016が属する集合S \langle a_1, \ldots , a_n \rangleは全部で6個存在する。

(追記17.6.25)(3)でa_iがすべて0の場合を書いていなかったので1行追加した。