文献あり

ヘンゼル体では微分を用いたヘンゼルの補題も成立する

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今回は, ノイキルヒを読んでて疑問に思ったことが解決してうれしくなったので, 記事にしたいと思います.

ヘンゼル体

非アルキメデス付値 $v$ を持つ体 $K$ について, その付値環 $(o, p)$ が次の意味でヘンゼルの補題を満たす時, $K$ をヘンゼル体と呼ぶ:
原始的な多項式 $f (x) \in o [x]$ が $mod p$ で $f (x) \equiv ϕ (x) ψ (x) (\mod p)$ と互いに素な多項式に分解するならば $o [x]$ 上でも $f (x) = g (x) h (x)$ と分解する. ここで $g (x) \equiv ϕ (x) (\mod p), h (x) \equiv ψ (x) (\mod p)$ かつ, $\deg (g) = \deg (ϕ)$ である.

例えば局所体はヘンゼル体です. 逆に $Q$ はヘンゼル体ではないです. ただ, $K$ の局所化 $\hat{K}$ における $K$ の分離閉包 $K_{v}$ とかはヘンゼル体らしいです(これが代数拡大の圏に収まってくれるのが嬉しいらしい).
今回はそんな踏み込んだ話をするわけではなく, 単純にヘンゼルの補題から微分を用いたヘンゼルの補題を導けることを主張するためにヘンゼル体を用います. 今回の主定理はこちらになります. これは雪江代数3などで書かれているヘンゼルの補題です.

微分を用いたヘンゼルの補題

$K$ をヘンゼル体とし, $f (x) \in o [x]$ とする. $a \in o$ が $v (f (a)) > 2 v (f^{'} (a))$ を満たす時, $b \in o$ であって $f (b) = 0$ かつ $v (b - a) = v (f (a)) - v (f^{'} (a)) > v (f^{'} (a))$ を満たすものが存在する.

証明のためにはニュートン多角形についての話が必要です. 詳細はノイキルヒを読んでください.

ニュートン多角形

$f (x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n}$ について, $(i, v (a_{i}))$ 達の凸包の下半分(下に凸になっている部分)をニュートン多角形と呼ぶ.

$f (x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n} (a_{0} a_{n} \neq 0)$ をヘンゼル体 $K$ の多項式とし, $v$ の $f$ の分解体 $L$ への延長を $w$ とする.
このとき $(l, v (a_{l}))$ から $(r, v (a_{r}))$ が $f$ のニュートン多角形の傾きが $- m$ である区間であるとすると, $f$ は $w (α_{1}) = \dots = w (α_{r - l}) = m$ を満たす丁度 $r - l$ 個の根 $α_{1}, \dots, α_{r - l}$ を持つ.

証明は基本対称式の付値の値を丁寧に追えばわかります.

$K$ をヘンゼル体とすると $f \in K [x]$ は $K$ 上で $f (x) = a_{n} \prod_{j = 1}^{r} f_{j} (x)$ と分解できる. ここで $f_{j} = \prod_{w (α_{i}) = m_{j}} (x - α_{i}) \in K [x]$ である.

こちらの証明は定理2より既約多項式の根の付値の値が全て等しいことから帰納的にわかります.

この二つの定理を用いて定理1を示します.

(定理1)

$f (x + a)$ を新たに $f$ と置きなおすことで $v (f (0)) > v (f^{'} (0))$ と仮定してよい. $f (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + \dots + a_{n} x^{n}$ とすると, 仮定より $v (a_{0}) > 2 v (a_{1}), v (a_{i}) \geq 0$ が従う. $v (a_{i}) \geq 0$ より( $i = 2$ の状況が一番クリティカルだが), $(0, v (a_{0})), (1, v (a_{1}))$ はニュートン多角形の一辺をなす. 従って定理2より $v (b) = v (a_{0}) - v (a_{1})$ を満たす $b \in L$ ( $L$ は $K$ の分解体)が重複を込めてただ一つ存在する. よって定理3より $f$ は $K$ 上で $x - b$ を因数に持つので $b \in K$ がわかる. 従ってこの $b$ が求めるものである.