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の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， $a_1,\ldots ,a_n$ と $b_1, \ldots ,b_m$ 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， $S \langle a_1, \ldots , a_n \rangle$ と $S \langle b_1, \ldots , b_m \rangle$ 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 $a$ は $a=\frac{2^t \cdot \alpha}{\beta}$ （ $\alpha, \beta$ 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。
今 $k=(x \cdot \frac{\alpha}{\beta}) \cdot 2^t$ で $x \cdot \frac{\alpha}{\beta}$ 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 $a_i$ で $a_i = \frac{2^t \cdot \alpha_i}{\beta_i}$ （ $\alpha_i, \beta_i$ 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。