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Henselの補題

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はじめに

 この記事ではHenselの補題の証明について解説していきます。
 ここではHenselの補題を以下のような形で扱います(因数分解型のものについても こちらの記事 で解説しています)。

Henselの補題

 Aを整域、πAをその単項極大イデアルとする。
 いまf(x)A[x]x0Aに対しある非負整数e1,e2が存在して
f(x0)0(modπe1),f(x0)0(modπe2+1)
およびe1>2e2が成り立つとする。
 このとき
f(xn)0(modπe1+n),xn+1xn(modπe1e2+n)
を満たすようなA内の列{xn}n=0が存在する。

 また数論においては逆極限B=limnA/πnAの世界で考え、またe1=1,e2=0とした以下の形がしばしばよく使われます。

f(x0)0(modπ),f(x0)0(modπ)
であればf(x)=0かつxx0(modπ)を満たすようなxBが存在する。

証明

 以下の主張を示せば十分である(x1x0と同じ仮定を満たすので同様にしてx1からx2を、x2からx3と構成できることになる)。

 定理1の条件下において
f(x1)0(modπe1+1)かつx1x0(modπe1e2)
および
f(x1)0(modπe2+1)
を満たすようなx1Aが存在する。

f(x0)0(modπe)
なる非負整数eであって最大のものを改めてe2とおく。このとき
y0=f(x0)πe3
y0Aかつy0πAを満たすことに注意する。
 いま仮定よりA/πAは体であるのでy0z01(modπ)なるz0Aが取れ、このとき
x1=x0f(x0)πe2z0
とおくと、これは主張を満たす(y0,z0の取り方からこれはお気持ちx1=x0f(x0)f(x0)となっている(cf. ニュートン法))。
 実際まず明らかに
x1x0(modπe1e2)
であり、またある多項式g(x)A[x]が存在して
f(x)=f(x0)+f(x0)(xx0)+g(x)(xx0)2
と表せることと
(x1x0)20(modπ2(e1e2))0(modπe1+1)
が成り立つことに注意すると
f(x1)f(x0)+f(x0)(x1x0)f(x0)f(x0)y0z00(modπe1+1)
がわかる。
 そしてe1e2e2+1より
x1x0(modπe2+1)
とも評価できることに注意すると
f(x1)f(x0)(modπe2+1)
が成り立つ。

おわりに

 これは 整数論1(雪江明彦著) の第9章にある証明を私なりに改造・一般化したもので随所論理の至らぬところがあるかもしれないが、その辺りの補完は読者に委ねられたい。

投稿日:20201129
更新日:2024620
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投稿者

子葉
子葉
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主に複素解析、代数学、数論を学んでおります。 私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。 同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。

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