Henselの補題の証明で質問です。

質問

Henselの補題の証明で質問です。
よろしくお願い致します。

[命題(Henselの補題)] pを素数とするとZ[x]∋f(x)はモニックでdegf(x)≧1とする。
もし,GCD{g(x),h(x)}=1なるモニックなg(x),h(x)∈Z[x] (但し,degg(x),degh(x)≧1,
f(x)=g(x)h(x) (mod p) …【1】)
が存在するなら
g_1(x)=g(x),h_1(x)=h(x),
g_k(x)≡g_{k-1}(x) (mod p^{k-1}) (但し,k>1)
h_k(x)≡h_{k-1}(x) (mod p^{k-1}) (但し,k>1)
f(x)≡g_k(x)h_k(x) (mod p^k) (但し,k≧1)
…【2】
なるモニックの列{g_k},{h_k}⊂Z{x]が存在することを示せ。

という問題です。

[証]
kについての帰納法で示す。
(i) k=1の時,仮定【1】よりg_1(x):=g(x),h_1(x):=h(x)と採ればf(x)=g_1(x)h_1(x)と書ける。
そこで
(ii) k≧1の時,g_1,g_2,…,g_k,h_1,h_2,…,h_kが【2】を満たすと仮定すると…【3】
GCD{g_k(x),h_k(x)}=1なので、、、

と続く予定なのですが

GCD{g_k(x),h_(x)}=1となる理由が分かりません。

『∵【3】(帰納法の仮定)より,
g(x)≡g_1(x)≡g_2(x)≡…≡g_k(x)(mod p),h(x)≡h_1(x)≡h_2(x)≡…≡h_k(x)(mod p)となる。
この時,GCD{g(x),h(x)}=GCD{g_1(x),h_1(x)}=…=GCD{g_k(x),h_k(x)}=1』

が言えれば

∃α(x),β(x)∈Z[x];α(x)g_(x)+β(x)h_k(x)=1…【4】(∵某命題).
そして今,f(x)≡g_k(x)h_k(x) (mod p^k) (∵【3】(帰納法の仮定))が成り立っているから,
f(x)-g_k(x)h_k(x)=p^kF(x)…【5】.
従って f(x)=g_k(x)h_k(x)+p^kF(x)=g_k(x)h_k(x)+p^kF(x)・1=g_k(x)h_k(x)+p^kF(x)(g_k(x)α(x)+h_k(x)β(x))
=g_k(x)h_k(x)+g_k(x)p^kα(x)F(x)+p^kβ(x)F(x)h_k(x)
=g_k(x)h_k(x)+g_k(x)p^kα(x)F(x)+p^kβ(x)F(x)h_k(x)+p^{2k}α(x)β(x)F(x)^2-p^kα(x)β(x)F(x)^2
=(g_k(x)+p^kβ(x)F(x))(h_k(x)+p^kα(x)F(x))-p^{2k}α(x)β(x)F(x)^2で

g_{k+1}:=(x)g_k(x)+p^kβ(x)F(x)、h_{k+1}:=h_k(x)+p^kα(x)F(x) …【6】と置けば

g_{k+1}(x)≡g_k(x) (mod p^k) and h_{k+1}(x)≡h_k(x) (mod p^k) (∵【6】).
従ってf(x)-g_k+1(x)h_k+1(x)=f(x)-(g_k(x)+p_kβ(x)F(x))(h_k(x)+p^kα(x)F(x))
=(g_k(x)+p^kβ(x)F(x))(h_k(x)+p^kα(x)F(x))-p^{2k}α(x)β(x)F(x)^2-(g_k(x)+p^kβ(x)F(x))(h_k(x)+p^kα(x)F(x))=-p^{2k}α(x)β(x)F(x)^2
≡0 (mod p^{k+1}) (∵≡の定義), つまり f(x)≡g_k(x)h_k(x) (mod p^{k+1}).
従って ∀k∈Nに対して, 【2】が成り立つ。 (終)

という風に証明に至れるのですが『 』の箇所がどうして成り立つのかがいません。
どうすれば『 』は成り立ちますでしょうか?

回答No.3

yoikagari · ベストアンサー

前の回答は、ちょっと面倒だから、少し簡略化した回答をw

数学的帰納法を用いて、
「任意の自然数kに対して
g_k(x)≡g_(k-1)(x) (mod p^(k-1) )
h_k(x)≡h_(k-1)(x) (mod p^(k-1) )
f(x)≡g_k(x)*h_k(x) (mod p^k)
α(x)*g_k(x)+β(x)*h_k(x)≡1 (mod p)
が成り立つこと」…※
を示す。
(簡単のため、g_0(x)=g(x),h_0(x)=h(x)とおく）

k=1のとき
g_1(x)=g(x),h_1(x)=h(x)と採ればf(x)=g_1(x)h_1(x)と書ける。
また、Z[x]の元α(x),β(x)が存在して、α(x)*g_1(x)+β(x)*h_1(x)≡1 (mod p)となる。
g_1(x)=g_0(x)，h_1(x)=h_0(x)
よってk=1のときは明らかに※は正しい。

k=sのとき
※が正しいこと、つまり
g_s(x)≡g_(s-1)(x) (mod p^(s-1) )
h_s(x)≡h_(s-1)(x) (mod p^(s-1) )
f(x)≡g_s(x)*h_s(x) (mod p^s)
α(x)*g_s(x)+β(x)*h_s(x)≡1 (mod p^s)
が成り立つと仮定する。
このとき、f(x)=g_s(x)*h_s(x)+p^s*F(x)、α(x)*g_s(x)+β(x)*h_s(x)=1+p*G(x)とかける

k=s+1のとき
g_(s+1)=g_s(x)+p^s*β(x)*F(x)、h_(s+1)=h_s(x)+p^s*α(x)*F(x)
とおくと

g_(s+1)(x)≡g_s(x) (mod p^s)，h_(s+1)(x)≡h_s(x) (mod p^s)

g_(s+1)(x)*h_(s+1)(x)
=g_s(x)*h_s(x)+p^s{α(x)*g_s(x)+β(x)*h_s(x)}F(x)+p^(2s)*{α_s(x)*β_s(x)}{F(x)}^2
=g_s(x)*h_s(x)+p^s*F(x)+p^(s+1)*F(x)G(x)+p^(2s)*{α_s(x)*β_s(x)}{F(x)}^2
≡g_s(x)*h_s(x)+p^s*F(x)≡f(x) (mod p^(s+1) )
よりf(x)≡g_(s+1)(x)*h_(s+1)(x) (mod p^(s+1) )

α(x)*g_(s+1)(x)+β(x)*h_(s+1)(x)
=α(x){g_s(x)+p^s*β(x)*F(x)}+β(x){h_s(x)+p^s*α(x)*F(x)}
=α(x)*g_s(x)+β(x)*h_s(x)+p^s*{2α_s(x)β_s(x)F(x)}
=1+p*G(x)+p^s*{2α_s(x)β_s(x)F(x)}≡1 (mod p)
だから
α(x)*g_(s+1)(x)+β(x)*h_(s+1)(x)≡1 (mod p)
よって
k=s+1のときも
※が成り立つことがわかる。

以上より数学的帰納法より、任意の自然数kに対して
g_k(x)≡g_(k-1)(x) (mod p^(k-1) )
h_k(x)≡h_(k-1)(x) (mod p^(k-1) )
f(x)≡g_k(x)*h_k(x) (mod p^k)
α(x)*g_k(x)+β(x)*h_k(x)≡1 (mod p)
が成り立つことが示された。よってHenselの補題が示された。

お礼

ご丁寧に有難うございます。

お蔭様で理解が深まりました。

回答No.2

yoikagari

Z[x]の元g(x),h(x)をF_p[x]の元と見なすとき、GCD{g(x),h(x)}=1という前提条件でHenselの補題を証明してみる。

まず
k=1のとき
g_1(x)=g(x),h_1(x)=h(x)と採ればf(x)=g_1(x)h_1(x)と書ける。
また、Z[x]の元α_1(x),β_1(x)が存在して、α_1(x)*g_1(x)-β_1(x)*h_1(x)≡1 (mod p)となる。
(簡単のため、g_0(x)=g(x),h_0(x)=h(x)とおく）
k=sのとき
g_s(x)≡g_(s-1)(x) (mod p^(s-1) )
h_s(x)≡h_(s-1)(x) (mod p^(s-1) )
f(x)≡g_s(x)*h_s(x) (mod p^s)
Z[x]の元α_s(x),β_s(x)が存在して、α_s(x)*g_s(x)+β_s(x)*h_s(x)≡1 (mod p^s)

k=s+1のとき
f(x)=g_s(x)*h_s(x)+p^s*F(x)、α_s(x)*g_s(x)+β_s(x)*h_s(x)=1+p^s*G(x)とかける
g_(s+1)=g_s(x)+p^s*β_s(x)*F(x)、h_(s+1)=h_s(x)+p^s*α_s(x)*F(x)
α_(s+1)(x)=α_s(x)+p^s*θ(x),β_(s+1)(x)=β_s(x)+p^s*δ(x)
ただしθ(x)=-α_s(x)*G(x)-2*{α_s(x)}^2*β_s(x)*F(x)、
δ(x)=-β_s(x)*G(x)-2*α_s(x)*{β_s(x)}^2*F(x)とおくと

g_(s+1)(x)≡g_s(x) (mod p^(s+1) )，h_(s+1)(x)≡h_s(x) (mod p^(s+1) )

g_(s+1)(x)*h_(s+1)(x)
=g_s(x)*h_s(x)+p^s{α_s(x)*g_s(x)+β_s(x)*h_s(x)}F(x)+p^(2s)*{α_s(x)*β_s(x)}{F(x)}^2
=g_s(x)*h_s(x)+p^s*F(x)+p^(2s)*F(x)G(x)+p^(2s)*{α_s(x)*β_s(x)}{F(x)}^2
≡g_s(x)*h_s(x)+p^s*F(x)≡f(x) (mod p^(s+1) )
よりf(x)≡g_(s+1)(x)*h_(s+1)(x) (mod p^(s+1) )

α_(s+1)(x)*g_(s+1)(x)+β_(s+1)(x)*h_(s+1)(x)
={α_s(x)+p^s*θ(x)}{g_s(x)+p^s*β_s(x)*F(x)}+{β_s(x)+p^s*δ(x)}{h_s(x)+p^s*α_s(x)*F(x)}
=α_s(x)*g_s(x)+β_s(x)*h_s(x)+p^s*{g_s(x)*θ(x)+h_s(x)*δ(x)+2α_s(x)β_s(x)F(x)}+p^(2s)*{θ(x)β_s(x)*F(x)+δ(x)α_s(x)*F(x)}
≡1+p^s{G(x)+2α_s(x)β_s(x)F(x)}-p^s*{α_s(x)*g_s(x)+β_s(x)*h_s(x)}{G(x)+2α_s(x)β_s(x)F(x)} (mod p^(s+1) )
≡1+p^s{G(x)+2α_s(x)β_s(x)F(x)}-p^s*{1+p^s*G(x)}{G(x)+2α_s(x)β_sF(x)}≡1 (mod p^(s+1) )
だから
α_(s+1)(x)*g_(s+1)(x)+β_(s+1)(x)*h_(s+1)(x)≡1 (mod p^(s+1) )
よって
k=s+1のときも
g_k(x)≡g_(k-1)(x) (mod p^(k-1) )
h_k(x)≡h_(k-1)(x) (mod p^(k-1) )
f(x)≡g_k(x)*h_k(x) (mod p^k)
Z[x]の元α_k(x),β_k(x)が存在して、α_k(x)*g_k(x)+β_k(x)*h_k(x)≡1 (mod p^k)
が成り立つことがわかる。

以上より数学的帰納法より、任意の自然数kに対して
g_k(x)≡g_(k-1)(x) (mod p^(k-1) )
h_k(x)≡h_(k-1)(x) (mod p^(k-1) )
f(x)≡g_k(x)*h_k(x) (mod p^k)
Z[x]の元α_k(x),β_k(x)が存在して、α_k(x)*g_k(x)+β_k(x)*h_k(x)≡1 (mod p^k)
が成り立つことが示された。よってHenselの補題が示された。

回答No.1

yoikagari

まず、確認したいことが二つ。
まず、Henselの補題の前提条件「GCD{g(x),h(x)}=1なるモニックなg(x),h(x)∈Z[x]」だけど、本当にこれでいいの？

F_pは位数pの有限群とする
たぶん、「g(x),h(x)はZ[x]でGCD{g(x),h(x)}=1」なのではなく「Z[x]の元g(x),h(x)をF_p[x]の元と見なすとき、GCD{g(x),h(x)}=1」なのではないかということ。

あと、回答に「∃α(x),β(x)∈Z[x];α(x)g_k(x)+β(x)h_k(x)=1…【4】(∵某命題).」というくだりがあるけど、これは成立しないということ
つまり、命題「g(x),h(x)はGCD{g(x),h(x)}=1をみたすZ[x]の元とするとき、
α(x)g(x)+β(x)h(x)=1をみたすZ[x]の元α(x),β(x)が存在する」は成立しない。

反例としては、g(x)=x^p+(p-1)x+p，h(x)=x^p-xなどがある。
即ち、GCD{g(x),h(x)}=1となるが、α(x)g(x)+β(x)h(x)=1をみたすZ[x]の元α(x),β(x)は存在しない。
このとき、g(x),h(x)はZ[x]でGCD{g(x),h(x)}=1だが、F_p[x]の元としてみるとg(x)=h(x)となっていることに注目してほしい。

お礼

> まず、確認したいことが二つ。
> まず、Henselの補題の前提条件「GCD{g(x),h(x)}=1なる
> モニックなg(x),h(x)∈Z[x]」だけど、本当にこれでいいの？

GCD{g(x),h(x)}≡1 (mod p)つまり∃s(x),t(x)∈Z[x]; s(x)g(x)+t(x)h(x)≡1 (mod
p).でした。

これで上手くいきました。

どうもありがとうございました。