文献あり

『代数函数論』定理1.7（Henselの補題）

この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

今回示したいのは次の定理です．

Henselの補題

$(K, P)$ を素因子 $P$ に関する完備体， $o, p$ をその付値環及び素イデアルとする．また， $K = o / p$ とする．このとき，次のことが成り立つ．
$f (X) \in o [X]$ に対して， $f (X)$ の係数をmod $p$ で置き換えたものを $\overset{―}{f} (X)$ とする．このとき， $\overset{―}{f} (X)$ が $K [X]$ の元として，互いに素な二つの多項式 $g^{'} (X), h^{'} (X)$ を用いて $\overset{―}{f} (X) = g^{'} (X) h^{'} (X)$ と分解できるならば，
$f (X) = g (X) h (X), \overset{―}{g} (X) = g^{'} (X), \overset{―}{h} (X) = h^{'} (X)$
を満足する $o [X]$ の多項式 $g (X), h (X)$ が存在する．しかも， $g (X)$ の次数は $g^{'} (X)$ の次数と一致させることができる．

お前は何を言っているんだ．．．となりました．主張の意味は分かるのだけれども，どうしてこんなことを考えたのか全くワカラン．Henselさんは頑張ったんやなと思って，しずしずと使わせてもらいましょう．

（雑な）流れとしては
１． $f \equiv g_{1} h_{1}$ mod $p$ となる $g_{1}, h_{1} \in o [X]$ が取れる．（ $g_{1} \equiv g^{'}, h_{1} \equiv h^{'}$ mod $p$ ）
２． $f \equiv g_{2} h_{2}$ mod $p^{2}$ となる $g_{2}, h_{2} \in o [X]$ が取れる．（ $g_{2} \equiv g_{1}, h_{2} \equiv h_{1}$ mod $p$ ）
３． $f \equiv g_{3} h_{3}$ mod $p^{3}$ となる $g_{3}, h_{3} \in o [X]$ が取れる．（ $g_{3} \equiv g_{2}, h_{3} \equiv h_{2}$ mod $p^{2}$ ）
４． $f \equiv g_{4} h_{4}$ mod $p^{4}$ となる $g_{4}, h_{4} \in o [X]$ が取れる．（ $g_{4} \equiv g_{3}, h_{4} \equiv h_{3}$ mod $p^{3}$ ）
$\dots$
となるので，これらの極限として $g, h$ をとると，これが求める解です．ここで， $g_{i}, h_{i}$ の次数は高々 $n^{'}, n - n^{'}$ とできます．
やっていきましょう．以下， $ν_{P} (t) = 1$ となる $t$ を取っておきます．
ステップ１は明らか．
ステップ２を示します． $o [X]$ の多項式 $u, v$ に対し， $g_{2} = g_{1} + t u$ ， $h_{2} = h_{1} + t v$ と置いてみます．このとき， $g_{2} \equiv g_{1}, h_{2} \equiv h_{1}$ mod $p$ が， $p = (t)$ であることからわかります．ここで，もし
$f - g_{1} h_{1} \equiv t (g_{1} v + h_{1} u) mod p^{2} \dots (1)$
が満たされれば， $f \equiv g_{1} h_{1} + t (g_{1} v + h_{1} u) \equiv g_{2} h_{2}$ mod $p^{2}$ が $g_{2} = g_{1} + t u$ ， $h_{2} = h_{1} + t v$ を代入して計算すれば分かります．なので，(1)式が満たされるように $u, v$ を決めればよいわけです．ステップ1より， $f \equiv g_{1} h_{1}$ mod $p$ なので $r : = t^{- 1} (f - g_{1} h_{1})$ とすればこれは $o [X]$ の多項式で， $r \equiv g_{1} v + h_{1} u$ mod $p$ なる $u, v$ を見つけられれば，(1)式が出るわけです．これは $g_{1} \equiv g^{'}, h_{1} \equiv h^{'}$ mod $p$ で， $g^{'}, h^{'}$ が互いに素であることから，こんな $u, v$ は存在しますね． $u, v$ の次数はどのようにとれるでしょうか．定め方より， $r$ の次数は $n - 1$ 以下だったので， $r \equiv g_{1} v + h_{1} u$ mod $p$ という式より， $v$ は $n - n^{'} - 1$ 以下， $u$ は $n^{'} - 1$ 以下です．よって $g_{2}, h_{2}$ はそれぞれ $n^{'}, n - n^{'}$ 以下です！
以下同様にしてやっていけばokです．
さて，極限として $g, h$ を取ると言っていましたが，具体的にどうやるかというと，上の議論から $o [X]$ の元の系列
$g_{1}, g_{2}, \dots; h_{1}, h_{2}, \dots$
が取れます．これらは
$g_{i} = \sum_{k = 0}^{n^{'}} a_{i k} x^{k}, h_{i} = \sum_{k = 0}^{n - n^{'}} b_{i k} x^{k}$
と表記できます．
$| a_{i k} - a_{j k} | \in p^{i}$ （ $i < j$ ）より， ${a_{i k}}_{i}$ は収束する．収束先を $a_{k}$ とする．
$g = \sum_{k = 0}^{n^{'}} a_{k} x^{k}, h = \sum_{k = 0}^{n - n^{'}} b_{k} x^{k}$
とおけば， $g_{i}, h_{i}$ の作り方から， $g \equiv g_{1} \equiv g^{'}, h \equiv h_{1} \equiv h^{'}$ ．
また， $f \equiv g h$ mod $p^{m}$ がすべての $m$ について成り立つので， $f = g h$ である． $g, h$ の次数は高々 $n^{'}, n - n^{'}$ だったが，その和が $n$ なのでよって $g$ の次数は $n^{'}$ ．QED