完備離散付値体の代数拡大

　$B/\mathfrak{p}B$の$A/\mathfrak{p}$-線形空間としての基底の代表元を${\omega }_1,{\omega }_2,\dots ,{\omega }_m\in B$とおくと、これらの$K$-線型結合が$L$を生成すること、特に
$$B=A{\omega }_1+A{\omega }_2+\cdots +A{\omega }_m$$
が成り立つこと示す。もしこれが成り立てば この記事 の補題5,6と同様にして
$$\begin{array}{rl}[L:K]& ={\dim }_{A/\mathfrak{p}}(B/\mathfrak{p}B)\\ & ={\dim }_{A/\mathfrak{p}}(B/{\mathfrak{q}}^{e_{\mathfrak{q}}})=e_{\mathfrak{q}}{f}_{\mathfrak{q}}\end{array}$$
が得られる。
　いま
$$M=A{\omega }_1+A{\omega }_2+\cdots +A{\omega }_m$$
とおくと$B=M+\mathfrak{p}B$より
$$B=M+\mathfrak{p}(M+\mathfrak{p}B)=M+{\mathfrak{p}}^{2}B$$
のようにして任意の非負整数$\nu$に対し
$$B=M+{\mathfrak{p}}^{\nu }B$$
が成り立つことがわかる。
　したがって$M$は$B$において稠密であり、また$A$の完備性より$M$も完備なので$B=M$を得る。

　命題1の証明から$B/{\mathfrak{p}}^{e}B$の$A/\mathfrak{p}$-基底の代表元は$A$上で$B$を生成していたこと、および$B$の素元$\pi$と$\lambda$の完全代表系$\mathrm{\Gamma }$に対し写像
$$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Gamma }}^e& \to B/\mathfrak{p}B=B/{\pi }^{e}B\\ (a_0,a_1,\dots ,a_{e-1})& \mapsto a_0+a_1\pi +\cdots +a_{e-1}{\pi }^{e-1}\end{array}$$
は全射となることに注意すると、$A[\alpha ]$が$B$の素元を含み、また自然な準同型$A[\alpha ]\to \lambda$が全射となるような$\alpha$が存在することを示せばよい。
　いま$\lambda /\kappa$は有限次分離拡大なので$\lambda =\kappa (\bar{\alpha })$なる$\bar{\alpha }\in \lambda$が存在する。このとき$\bar{\alpha }$の任意の代表元$\alpha \in B$に対し自然な準同型$A[\alpha ]\to \lambda$は全射となる。
　また$\bar{\alpha }$の最小多項式$\bar{f}\in \kappa [x]$の持ち上げ$f\in A[x]$に対し${\pi }^{\prime }=f(\alpha )$が素元となるような代表元$\alpha$の取り方が存在する。実際任意の代表元$\alpha$に対し$\bar{f}$の最小性より$f^{\prime }(\alpha )\notin \mathfrak{q}$が成り立つこと、および
$$f(x)=f(\alpha )+f^{\prime }(\alpha )(x-\alpha )+g(x)(x-\alpha {)}^2$$
と展開できることに注意すると$f(\alpha )\notin {\mathfrak{q}}^2$または$f(\alpha +\pi )\notin {\mathfrak{q}}^2$が成り立つ、つまり$\alpha$または$\alpha +\pi$が所望の代表元となることがわかる。
　以上より主張を得る。

　$L/K$が不分岐であるとき、$A$の素元$\pi$は再び$B$の素元となり、また$A[\alpha ]\to \lambda =\kappa (\bar{\alpha })$は全射であることから$B=A[\alpha ]$を得る。
　$L/K$が完全分岐であるとき、$A\to \lambda =\kappa$は全射なのでこれに$B$の素元を添加すれば$B=A[\pi ]$となることがわかる。

(i)$\Rightarrow$(ii)

　命題2系より明らか。

(ii)$\Rightarrow$(i)

　$\bar{f}$は既約である。実際そうでないとするとHenselの補題から$f\in A[x]$の非自明な因数分解が得られることになり矛盾。
　また$L=K(\alpha )$から$\lambda =\kappa (\bar{\alpha })$が成り立つので
$$[\lambda :\kappa ]=[\kappa (\bar{\alpha }):\kappa ]=\mathrm{deg}g=[K(\alpha ):K]=[L:K]$$
つまり$L/K$は不分岐であり、また命題2系より$B=A[\alpha ]$を得る。

(i)$\Rightarrow$(ii)

　$n=[L:K]$とおくと不分岐性より$n=[\lambda :\kappa ]$つまり$\lambda ={\mathbb{F}}_{q^n}$が成り立つ。
　いま${\mathbb{F}}_{q^n}^{\times }$は位数$q^n-1$の巡回群となることに注意すると多項式$f(x)=x^{q^n-1}-1$は$\lambda$において異なる一次式の積に分解され、Henselの補題より$f(x)$は$L$においても一次式の積に分解される。特に$L$は$1$の原始$q^n-1$乗根${\zeta }_{q^n-1}$を持つことがわかる。また$\lambda$における${\zeta }_{q^n-1}$の像は${\lambda }^{\times }$を生成するので命題2系より$B=A[{\zeta }_{q^n-1}]$、つまり$L=K({\zeta }_{q^n-1})$を得る。

(ii)$\Rightarrow$(i)

　${\zeta }_m$を根に持つ多項式$f(x)=x^m-1$について$x\notin \mathfrak{p}$であれば
$$f^{\prime }(x)=m{x}^{m-1}\not\equiv 0(\mathrm{mod}\mathfrak{p})$$
が成り立つので$f$および${\zeta }_m$の最小多項式$g$は$\kappa$において分離的であり、上の命題より主張を得る。

後半の主張について

　$\lambda =\kappa (\overline{{\zeta }_m})$は$1$の原始$m$乗根を持つ${\mathbb{F}}_q$の拡大体であって最小のものであり、また${\mathbb{F}}_{q^n}^{\times }$は位数$q^{n^{\prime }}-1$の巡回群であることから
$$\overline{{\zeta }_m}\in {\mathbb{F}}_{q^{n^{\prime }}}⟺m\mid (q^{n^{\prime }}-1)$$
が成り立つことに注意するとこのような$n^{\prime }$であって最小のもの$n$に対し
$$n=[\lambda :\kappa ]=[L:K]$$
が成り立つ。
　また ヒルベルトの分岐理論 などから$\mathrm{Gal}(L/K)$はフロベニウス元
$${\sigma }_a:{\zeta }_{q^n-1}\mapsto {\zeta }_{q^n-1}^q$$
によって生成される巡回群となることがわかる。

　アイゼンシュタイン多項式$f=\sum _{k=0}^n{a}_k{x}^k$が$A$上の多項式$g=\sum _{k=0}^n{b}_k{x}^k,h=\sum _{k=0}^n{c}_k{x}^k$の積に分解されたとすると
$$a_0=b_0{c}_0\in \mathfrak{p}\setminus {\mathfrak{p}}^2$$
より$b_0\in \mathfrak{p}$かつ$c_0\notin \mathfrak{p}$としてよく、このとき
$$a_k=b_k{c}_0+\sum _{j=0}^{k-1}{b}_j{c}_{k-j}\in \mathfrak{p}$$
より$b_1,b_2,\dots ,b_{n-1}\in \mathfrak{p}$となり、また
$$a_n=b_n{c}_0+\sum _{j=0}^{n-1}{b}_j{c}_{n-j}\notin \mathfrak{p}$$
であるためには$b_n\notin \mathfrak{p}$、特に$\mathrm{deg}g=n$でなければならないことがわかる。
　よって$f$は$A$上既約であり、したがって$K$上既約となる(cf. ガウスの補題)。

　また$L$の代数閉包$\bar{K}$における付値の延長を$v$とおくと 前回の記事 の補題5より$\pi$の共役元${\pi }^{\prime }$に対し$v({\pi }^{\prime })=v(\pi )>0$が成り立つ。特に$\pi$の最小多項式$f$を
$$f(x)=\prod _{i=1}^n(x-{\pi }_i)=\sum _{k=0}^n{a}_k{x}^k$$
とおくと
$$a_n=1,v(a_k)>0(0\le k<n),v(a_0)=v({\pi }^n)$$
が成り立つので$f$はアイゼンシュタイン多項式となる。

(i)$\Rightarrow$(ii)

　命題2系より$B=A[\pi ]$、$L=K(\pi )$が成り立ち、また上の補題から$\pi$は$A$上のアイゼンシュタイン多項式の根となる。

(ii)$\Rightarrow$(i)

$$w(\pi )=\frac{1}{[L:K]}v(N_{L/K}(\pi ))=\frac{1}{[L:K]}v(f(0))$$
および$f$のアイゼンシュタイン性から$L/K$は完全分岐であることがわかる。

(i)$\Rightarrow$(ii)

　$A,B$の任意の素元${\pi }_A,{\pi }_B$に対し${\pi }_{A}B={\pi }_B^{n}B$が成り立つので、ある$B$の単元$u_B$が存在して
$${\pi }_A=u_B{\pi }_B^n$$
と表せる。また剰余体の拡大は起こらないことからある$A$の単元$u_A$が存在して
$$u_A\equiv u_B(\mathrm{mod}{\pi }_B)$$
が成り立つので$u_A^{-1}{\pi }_A,u_A^{-1}{u}_B$を再び${\pi }_A,u_B$とおくことで
$$u_B\equiv 1(\mathrm{mod}{\pi }_B)$$
としてよい。
　このとき$g(x)=x^n-u_B$とおくと$p\nmid n$より
$$g(1)\equiv 1^n-1=0,g^{\prime }(1)=n\not\equiv 0(\mathrm{mod}{\pi }_B)$$
が成り立つのでHenselの補題より$g(u)=0$を満たすような$u\in B$が存在する、つまり
$$u{\pi }_B={\pi }_A^{1/n}\in L$$
となるので$L=K({\pi }_A^{1/n})$を得る。

(ii)$\Rightarrow$(i)

　${\pi }_B={\pi }_A^{1/n}$を根に持つ多項式$f(x)=x^n-{\pi }_A$はアイゼンシュタインであるので上の命題より$L/K$は完全分岐であり、また$f$の既約性より$n=[L:K]$なのでこれは順分岐である。

　命題2系より$\lambda =\kappa (\bar{\alpha })$なる$\alpha$に対し$L=K(\alpha )$が成り立つのであった。このとき$M,LM$の剰余体を$\mu ,{\mu }^{\prime }$とおくと、$\alpha$の$M$上の最小多項式$f$は$\mu [x]$において分離的なので既約であり(可約であるとするとHenselの補題により$f$も可約となり矛盾)、したがって
$$[{\mu }^{\prime }:\mu ]\le [LM:M]=[M(\alpha ):M]=[\mu (\bar{\alpha }):\mu ]\le [{\mu }^{\prime }:\mu ]$$
つまり$[LM:M]=[{\mu }^{\prime }:\mu ]$を得る。また${\mu }^{\prime }/\mu =\mu (\bar{\alpha })/\mu$は分離的であったので$LM/M$は不分岐となる。

　$\kappa$上の分離元$\bar{\alpha }\in \lambda$に対しその最小多項式$\bar{f}\in \kappa [x]$の持ち上げ$f\in A[x]$を取ると$f$は$A$上既約であり(そうでなければ$\bar{f}$が可約となって矛盾)、またHenselの補題から
$$\alpha \equiv \bar{\alpha }(\mathrm{mod}\mathfrak{q})$$
を満たすような根$\alpha \in L$を持ち、このとき$[K(\alpha ):K]=\mathrm{deg}f=[\kappa (\bar{\alpha }):\kappa ]$が成り立つので$K(\alpha )/K$は不分岐拡大、つまり$K(\alpha )\subseteq T$が成り立つ。よって$\bar{\alpha }$は$T$の剰余体に含まれることがわかる。

　$L/K$の最大不分岐拡大体を$T$とおくと$L/T$は完全順分岐となるので命題6より$L=T({\pi }^{1/n})$と表せる。また$LM/M$の最大不分岐拡大体を$T^{\prime }$とおくと$LM=L{T}^{\prime }=T^{\prime }({\pi }^{1/n})$が成り立つので$LM/T^{\prime }$は完全順分岐、つまり$LM/M$は順分岐となる。

　命題6の証明のようにして$w(\alpha )=v({\pi }_A)/e^{\prime }$なる元$\alpha \in B$に対しある単元$u_A\in A,u\in B$が存在して$u\alpha =(u_A{\pi }_A{)}^{1/e^{\prime }}$となることに注意するとわかる。