完備離散付値体の代数拡大

　$B/\p B$の$A/\p$-線形空間としての基底の代表元を$\o_1,\o_2,\ldots,\o_m\in B$とおくと、これらの$K$-線型結合が$L$を生成すること、特に
$$B=A\o_1+A\o_2+\cdots+A\o_m$$
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{align} [L:K]&=\dim_{A/\p}(B/\p B)\\ &=\dim_{A/\p}(B/\q^{e_\q})=e_\q f_\q \end{align}
が得られる。
　いま
$$M=A\o_1+A\o_2+\cdots+A\o_m$$
とおくと$B=M+\p B$より
$$B=M+\p(M+\p B)=M+\p^2B$$
のようにして任意の非負整数$\nu$に対し
$$B=M+\p^\nu B$$
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$B/\p^e B$の$A/\p$-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$\la$の完全代表系$\G$に対し写像
\begin{align} \G^e&\to B/\p B=B/\pi^eB\\ (a_0,a_1,\ldots,a_{e-1})&\mapsto a_0+a_1\pi+\cdots+a_{e-1}\pi^{e-1} \end{align}
は全射となることに注意すると、$A[\a]$が$B$の素元を含み、また自然な準同型$A[\a]\to\la$が全射となるような$\a$が存在することを示せばよい。
　いま$\la/\k$は有限次分離拡大なので$\la=\k(\ol\a)$なる$\ol\a\in\la$が存在する。このとき$\ol\a$の任意の代表元$\a\in B$に対し自然な準同型$A[\a]\to\la$は全射となる。
　また$\ol\a$の最小多項式$\ol f\in\k[x]$の持ち上げ$f\in A[x]$に対し$\pi'=f(\a)$が素元となるような代表元$\a$の取り方が存在する。実際任意の代表元$\a$に対し$\ol f$の最小性より$f'(\a)\not\in\q$が成り立つこと、および
$$f(x)=f(\a)+f'(\a)(x-\a)+g(x)(x-\a)^2$$
と展開できることに注意すると$f(\a)\not\in\q^2$または$f(\a+\pi)\not\in\q^2$が成り立つ、つまり$\a$または$\a+\pi$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$A[\a]\to\la=\k(\ol\a)$は全射であることから$B=A[\a]$を得る。
　$L/K$が完全分岐であるとき、$A\to\la=\k$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)

　$\ol f$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$L=K(\a)$から$\la=\k(\ol\a)$が成り立つので
$$[\la:\k]=[\k(\ol\a):\k]=\deg g=[K(\a):K]=[L:K]$$
つまり$L/K$は不分岐であり、また命題2系より$B=A[\a]$を得る。

(i)$\Rightarrow$(ii)

　$n=[L:K]$とおくと不分岐性より$n=[\la:\k]$つまり$\la=\F_{q^n}$が成り立つ。
　いま$\F_{q^n}^\times$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$\la$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$\z_{q^n-1}$を持つことがわかる。また$\la$における$\z_{q^n-1}$の像は$\la^\times$を生成するので命題2系より$B=A[\z_{q^n-1}]$、つまり$L=K(\z_{q^n-1})$を得る。

(ii)$\Rightarrow$(i)

　$\z_m$を根に持つ多項式$f(x)=x^m-1$について$x\not\in\p$であれば
$$f'(x)=mx^{m-1}\not\equiv0\pmod\p$$
が成り立つので$f$および$\z_m$の最小多項式$g$は$\k$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

　$\la=\k(\ol{\z_m})$は$1$の原始$m$乗根を持つ$\F_q$の拡大体であって最小のものであり、また$\F_{q^n}^\times$は位数$q^{n'}-1$の巡回群であることから
$$\ol{\z_m}\in\F_{q^{n'}}\iff m\mid(q^{n'}-1)$$
が成り立つことに注意するとこのような$n'$であって最小のもの$n$に対し
$$n=[\la:\k]=[L:K]$$
が成り立つ。
　また ヒルベルトの分岐理論 などから$\Gal(L/K)$はフロベニウス元
$$\s_a:\z_{q^n-1}\mapsto\z_{q^n-1}^q$$
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$f=\sum^n_{k=0}a_kx^k$が$A$上の多項式$g=\sum^n_{k=0}b_kx^k,\ h=\sum^n_{k=0}c_kx^k$の積に分解されたとすると
$$a_0=b_0c_0\in\p\setminus\p^2$$
より$b_0\in\p$かつ$c_0\not\in\p$としてよく、このとき
$$a_k=b_kc_0+\sum^{k-1}_{j=0}b_jc_{k-j}\in\p$$
より$b_1,b_2,\ldots,b_{n-1}\in\p$となり、また
$$a_n=b_nc_0+\sum^{n-1}_{j=0}b_jc_{n-j}\not\in\p$$
であるためには$b_n\not\in\p$、特に$\deg g=n$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$\ol K$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$\pi'$に対し$v(\pi')=v(\pi)>0$が成り立つ。特に$\pi$の最小多項式$f$を
$$f(x)=\prod^n_{i=1}(x-\pi_i)=\sum^n_{k=0}a_kx^k$$
とおくと
$$a_n=1,\quad v(a_k)>0\quad(0\leq k< n),\quad v(a_0)=v(\pi^n)$$
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)

$$w(\pi)=\frac1{[L:K]}v(N_{L/K}(\pi))=\frac1{[L:K]}v(f(0))$$
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$\pi_AB=\pi_B^nB$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
$$u_A\equiv u_B\pmod{\pi_B}$$
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
$$u_B\equiv1\pmod{\pi_B}$$
としてよい。
　このとき$g(x)=x^n-u_B$とおくと$p\nmid n$より
$$g(1)\equiv 1^n-1=0,\quad g'(1)=n\not\equiv0\pmod{\pi_B}$$
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$\la=\k(\ol\a)$なる$\a$に対し$L=K(\a)$が成り立つのであった。このとき$M,LM$の剰余体を$\mu,\mu'$とおくと、$\a$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
$$[\mu':\mu]\leq[LM:M]=[M(\a):M]=[\mu(\ol\a):\mu]\leq[\mu':\mu]$$
つまり$[LM:M]=[\mu':\mu]$を得る。また$\mu'/\mu=\mu(\ol\a)/\mu$は分離的であったので$LM/M$は不分岐となる。

　$\k$上の分離元$\ol\a\in\la$に対しその最小多項式$\ol f\in\k[x]$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$\ol f$が可約となって矛盾)、またHenselの補題から
$$\a\equiv\ol\a\pmod\q$$
を満たすような根$\a\in L$を持ち、このとき$[K(\a):K]=\deg f=[\k(\ol\a):\k]$が成り立つので$K(\a)/K$は不分岐拡大、つまり$K(\a)\subseteq T$が成り立つ。よって$\ol\a$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$T'$とおくと$LM=LT'=T'(\pi^{1/n})$が成り立つので$LM/T'$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$w(\a)=v(\pi_A)/e'$なる元$\a\in B$に対しある単元$u_A\in A,u\in B$が存在して$u\a=(u_A\pi_A)^{1/e'}$となることに注意するとわかる。