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大学数学基礎解説
文献あり

因数分解型のHenselの補題

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{d}[0]{\delta} \newcommand{dis}[0]{\displaystyle} \newcommand{e}[0]{\varepsilon} \newcommand{farc}[2]{\frac{#1}{#2}} \newcommand{G}[0]{\Gamma} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{Gal}[0]{\operatorname{Gal}} \newcommand{id}[0]{\operatorname{id}} \newcommand{Im}[0]{\operatorname{Im}} \newcommand{Ker}[0]{\operatorname{Ker}} \newcommand{l}[0]{\left} \newcommand{Li}[0]{\operatorname{Li}} \newcommand{li}[0]{\operatorname{li}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{ord}[0]{\operatorname{ord}} \newcommand{p}[0]{\mathfrak{p}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{r}[0]{\right} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{Re}[0]{\operatorname{Re}} \newcommand{s}[0]{\sigma} \newcommand{ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{vt}[0]{\vartheta} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{z}[0]{\zeta} \newcommand{ZZ}[1]{\mathbb{Z}/#1\mathbb{Z}} \newcommand{ZZt}[1]{(\mathbb{Z}/#1\mathbb{Z})^\times} $$

はじめに

 この記事ではHenselの補題のある種の一般化について解説していきます。
 ここで可換環$R'$の元$a,b$が互いに素であるとは、ある$x,y\in R'$が存在して$ax+by=1$が成り立つことをいうものとします($aR'+bR'=R'$とも言い換えられる)。

Henselの補題

 可換環$R$上の多項式$f\in R[x]$が、$R$のイデアル$I$において
$f\equiv \ol g\ol h\pmod I\quad(\ol g,\ol h\in(R/I)[x]は互いに素)$
と因数分解され、$\ol g$の最高次数の係数が可逆であるとき、ある$\deg g_n=\deg\ol g$かつ
$g_0\equiv\ol g\pmod I,\;h_0\equiv\ol h\pmod I$
$g_n\equiv g_{n-1}\pmod{I^n},\;h_n\equiv h_{n-1}\pmod{I^n}$
を満たすような多項式の列$g_n,h_n\in R[x]$があって、
$f\equiv g_nh_n\pmod{I^{n+1}}$
が成り立つ。

 この$g_n,h_n$の極限、つまり逆極限$\varprojlim_n(R/I^n)[x]$の世界を考えることで次の様な主張が成り立ちます。

完備離散付値環上のHenselの補題

 完備離散付値環$A$上の多項式$f\in A[x]$が、$A$の極大イデアル$\p$において
$f\equiv\ol g\ol h\pmod\p\quad(\ol g,\ol h\in(R/\p)[x]は互いに素)$
と因数分解されるとき、ある$\deg g=\deg g_0$かつ
$g\equiv g_0\pmod\p,\;h\equiv h_0\pmod\p$
を満たすような多項式$g,h\in A[x]$があって
$f=gh$
が成り立つ。

補題

 $R$を可換環、$I$をそのイデアルとする。このとき$a\in R$$R/I$において可逆であれば$R/I^n$においても可逆である。

 仮定よりある$b\in R,\g\in I$があって
$ab=1-\g$
が成り立つ。このとき$c=b(1+\g+\g^2+\cdots+\g^{n-1})$とおくと
$ac=(1-\g)(1+\g+\g^2+\cdots+\g^{n-1})=1-\g^n$
であって$\g^n\in I^n$より
$ac\equiv 1\pmod{I^n}$
を得る。

証明

 $d=\deg f,m=\deg\ol g$とおく。このとき$\deg\ol h\leq d-m$が成り立つことに注意する。また$a,b\in R[x]$$a\ol g+b\ol h\equiv1\pmod I$を満たすようにとる。
 最初に$g_0,h_0\in R[x]$$\deg g_0=\deg\ol g,\deg h_0\leq d-m$かつ
$g_0\equiv\ol g\pmod I,\;h_0\equiv\ol h\pmod I$
を満たすように取り、$g_{n-1},h_{n-1}$まで構成できたとして、$g_n,h_n$を構成することを考える。
 適当に$p_n,q_n\in I^nR[x]\;(\deg p_n< m,\deg q_n\leq d-m)$を取って
$g_n=g_{n-1}+p_n,\;h_n=h_{n-1}+q_n$
とおくと$\deg g_n=m=\deg g_0$かつ
$g_n\equiv g_{n-1}\pmod{I^n},\;h_n\equiv h_{n-1}\pmod{I^n}$
という条件は満たされるのであとは
$f\equiv g_nh_n\pmod{I^{n+1}}$
という条件を考えたい。

 いま$f_n=f-g_{n-1}h_{n-1}$とおくと
\begin{eqnarray} f-g_nh_n&=&f_n+g_{n-1}h_{n-1}-(g_{n-1}+p_n)(h_{n-1}+q_n) \\&\equiv&f_n-(q_ng_{n-1}+p_nh_{n-1}) \\&\equiv&f_n-(q_ng_0+p_nh_0)\pmod{I^{n+1}} \end{eqnarray}
が成り立ち、
$f_n\equiv0\pmod{I^n},\;1\equiv ag_0+bh_0\pmod I$
より
$f_n\equiv f_n(ag_0+bh_0)\equiv af_ng_0+bf_nh_0\pmod{I^{k+1}}$
なので
$q_ng_0+p_nh_0\equiv f_n\equiv af_ng_0+bf_nh_0\pmod{I^{k+1}}$
となるように$p_n,q_n$を取ればよい。

 ここで$p_n=bf_n,q_n=af_n$と置きたいところだが、これだと次数についての条件を満たすとは限らないので少し工夫する必要がある。
 仮定と補題3より$g_0$の最高次数の係数は$R/I^{n+1}$においても可逆であることに注意すると$(R/I^{n+1})[x]$において多項式の割り算が考えられて、
$bf_n\equiv qg_0+r\pmod{I^{n+1}}\quad(q,r\in R[x],\deg r<\deg g_0=m)$
とできる。ここで$p_n=r$とおくと
$f_n\equiv af_ng_0+(qg_0+p_n)h_0=(af_n+qh_0)g_0+p_nh_0\pmod{I^{n+1}}$
なので
$q_n\equiv af_n+qh_0\pmod{I^{n+1}}$

$\deg q_n=\deg(f_n-p_nh_0)-\deg g_0\leq d-m$
となるように取ることができ、$p_n,q_n$および$g_n,h_n$の構成が完了する。

 ちなみに$\deg(f-g_0h_0)<\deg f$が成り立っているとき、
$\deg f_n=\deg(f-g_{n-1}h_{n-1})<\deg f=d$
$\deg(p_nh_0)< m+(d-m)=d$
なので
$\deg p_n< d-m$
つまり
$\deg h_n=\deg h_0=d-m$
とすることができます。

一意性について

 実はこの多項式$g_n,h_n$$I^{n+1}$を法として一意に定まっている(ただし$\{g_n\}$の最高次数の係数は常に変わらないものとする)。

$f\equiv gh\equiv g'h'\pmod{I^n}$
かつ
$\deg(g-g_0),\deg(g'-g_0)<\deg\ol g$
$g\equiv g'\equiv\ol g\pmod I$
$h\equiv h'\equiv\ol h\pmod I$
であれば
$g\equiv g'\pmod{I^n},\;h\equiv h'\pmod{I^n}$
が成り立つ。

 $n-1$のときに主張が成り立つと仮定し、$n$の場合を示す($n=1$の時は自明)。
$\d_g=g'-g,\d_h=h'-h$
とおくと
$f\equiv gh\equiv g'h'\pmod{I^{n-1}}$
なので帰納法の仮定より
$\d_g\equiv\d_h\equiv0 \pmod{I^{n-1}}$
が成り立つことに注意すると
$0=f-f\equiv g'h'-gh=\d_hg+\d_gh+\d_g\d_h\equiv\d_h\ol g+\d_g\ol h\pmod{I^n}$
となるので、$a\ol g+b\ol h\equiv1\pmod I$と合わせて
$\d_g\equiv\d_g(a\ol g+b\ol h)\equiv(a\d_g-b\d_h)\ol g\pmod{I^n}$
$\d_h\equiv\d_h(a\ol g+b\ol h)\equiv-(a\d_g-b\d_h)\ol h\pmod{I^n}$
と変形できる。
 ここで$\ol g$の最高次数の係数が可逆であることと
$\deg\d_g\leq\max\{\deg(g'-g_0),\deg(g_0-g)\}<\deg\ol g$
に注意すると
$(a\d_g-b\d_h)\equiv 0\pmod{I^n}$
でなければいけないことがわかるので
$\d_g\equiv\d_h\equiv0\pmod{I^n}$
がわかり、主張を得る。

参考文献

投稿日:2022628

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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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