ヘンゼルの補題

数学において、ヘンゼルの補題（ヘンゼルの持ち上げ補題とも呼ばれる）は、クルト・ヘンゼルにちなんで名付けられ、モジュラー算術の結果であり、一変数多項式が素数p を法として単純な根を持つ場合、この根はpの任意の高次の累乗を法として一意の根に持ち上げられることを述べています。より一般的には、多項式がp を法として 2 つの互いに素な多項式に因数分解する場合、この因数分解はpの任意の高次の累乗を法として因数分解できる(根の場合は、因数の 1 つが 次数1の場合に対応します)。

pのべき乗が無限大に近づくときの「極限」（実際は逆極限）を通過すると、 pを法とする根または因数分解は、p進整数上の根または因数分解に持ち上げられることがわかります。

これらの結果は、同じ名前で、任意の可換環上の多項式の場合に広く一般化されています。ここで、p はイデアルに置き換えられ、「互いに素な多項式」は「 1 を含むイデアルを生成する多項式」を意味します。

ヘンゼルの補題は、解析的数論の分野であるp進解析における基本的なものです。

ヘンゼルの補題の証明は構成的であり、ヘンゼルのリフティングの効率的なアルゴリズムにつながります。これは多項式を因数分解するための基本であり、有理数上の正確な線型代数のための最も効率的な既知のアルゴリズムを提供します。

ヘンゼルの元の補題は、整数上の多項式因数分解と、素数pとその累乗を法とする整数上の多項式因数分解との関係に関するものです。これは、整数を任意の可換環に置き換え、p を任意の極大イデアルに置き換えた場合に直接拡張できます(実際、 の極大イデアルは、pが素数であるとき という形式になります)。 ${\displaystyle \mathbb {Z} }$${\displaystyle p\mathbb {Z} ,}$

これを正確にするには、通常のモジュラー演算の一般化が必要であり、そのため、このコンテキストで一般的に使用される用語を正確に定義することが有用です。

R を可換環とし、I をR のイデアルとする。Iを法とする縮約とは、 Rのすべての元を標準写像によるその像で置き換えることである。例えば、 がRに係数を持つ多項式である場合、 I を法とするその縮約、 と表記され、はfの係数をの像で置き換えることによって得られるの多項式である。の2つの多項式f と g は、 I を法として同じ係数を持つ場合、 と表記され、Iを法として合同である。つまり、の場合である。 Iを法としてh を因数分解すると、 の2つ（またはそれ以上）の多項式f、gで構成され、 ${\displaystyle R\to R/I.}$${\displaystyle f\in R[X]}$${\displaystyle f{\bmod {I}},}$${\displaystyle (R/I)[X]=R[X]/IR[X]}$${\displaystyle R/I.}$${\displaystyle R[X]}$ ${\textstyle f\equiv g{\pmod {I}}}$${\displaystyle fg\in IR[X].}$${\displaystyle h\in R[X],}$${\displaystyle R[X]}$${\textstyle h\equiv fg{\pmod {I}}.}$

リフティング プロセスは、リダクションの逆です。つまり、リフティング プロセスの要素に依存するオブジェクトが与えられた場合、オブジェクトのプロパティが保持される方法で、これらの要素を の要素(またはk > 1の場合はの要素) に置き換えます。 ${\displaystyle R/I,}$${\displaystyle R}$${\displaystyle R/I^{k}}$

たとえば、多項式と、 I を法として表した因数分解が与えられた場合、この因数分解は、次のような多項式を見つけることから成り、ヘンゼルの補題は、そのような持ち上げが常に穏やかな条件下で可能であることを主張しています。次のセクションを参照してください。 ${\displaystyle h\in R[X]}$${\textstyle h\equiv fg{\pmod {I}},}$${\displaystyle I^{k}}$${\displaystyle f',g'\in R[X]}$${\textstyle f'\equiv f{\pmod {I}},}$ ${\textstyle g'\equiv g{\pmod {I}},}$${\textstyle h\equiv f'g'{\pmod {I^{k}}}.}$

もともと、ヘンゼルの補題は、整数 上の多項式の素数pを法とする因数分解を、任意のpのべき乗を法とする因数分解とp進整数上の因数分解に持ち上げることについて述べられ (証明され) ました。これは、整数 を任意の可換環 に置き換え、素数を最大イデアルに置き換え、p進整数 を最大イデアルに関する完備化に置き換えた場合に、同じ証明で簡単に一般化できます。ここで紹介するのは、これも広く使用されている一般化です。

を可換環Rの極大イデアルとし、 ${\displaystyle {\mathfrak {m}}}$

${\displaystyle h=\alpha _{0}X^{n}+\cdots +\alpha _{n-1}X+\alpha _{n}}$

の多項式で、先頭の係数が${\displaystyle R[X]}$ ${\displaystyle \alpha _{0}}$${\displaystyle {\mathfrak {m}}.}$

は極大イデアルなので、商環は体であり、主イデアル領域であり、特に、一意の因数分解領域であり、これは、 内のすべての非ゼロ多項式が、 の非ゼロ元と、モニックな（つまり、先頭の係数が 1 である）既約多項式との積として一意に因数分解できることを意味します。 ${\displaystyle {\mathfrak {m}}}$ ${\displaystyle R/{\mathfrak {m}}}$${\displaystyle (R/{\mathfrak {m}})[X]}$${\displaystyle (R/{\mathfrak {m}})[X]}$${\displaystyle (R/{\mathfrak {m}})}$

ヘンゼルの補題は、互いに素な多項式へのh を法とするすべての因数分解は、任意のkを法とする因数分解に一意に分解できることを主張しています。 ${\displaystyle {\mathfrak {m}}}$${\displaystyle {\mathfrak {m}}^{k}}$

より正確には、上記の仮定のもとで、fとgがモニックかつ互いに素であるとき、任意の正の整数kに対して、モニック多項式が存在し、 ${\textstyle h\equiv \alpha _{0}fg{\pmod {\mathfrak {m}}},}$${\displaystyle {\mathfrak {m}},}$${\displaystyle f_{k}}$${\displaystyle g_{k}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}h&\equiv \alpha _{0}f_{k}g_{k}{\pmod {{\mathfrak {m}}^{k}}},\\f_{k}&\equiv f{\pmod {\mathfrak {m}}},\\g_{k}&\equiv g{\pmod {\mathfrak {m}}},\end{aligned}}}$

およびおよびは（これらの特性を持つ）法で一意である${\displaystyle f_{k}}$${\displaystyle g_{k}}$${\displaystyle {\mathfrak {m}}^{k}.}$

重要な特殊なケースは のときです。この場合、互いに素である仮定は、r がの単根であることを意味します。これにより、ヘンゼルの補題の次の特殊なケースが得られます。これは、ヘンゼルの補題とも呼ばれます。 ${\displaystyle f=Xr.}$${\displaystyle h{\bmod {\mathfrak {m}}}.}$

上記の仮定と表記法を用いると、r がの単純根である場合、r は任意の正の整数nに対して一意に の単純根に持ち上げられる。明示的には、任意の正の整数nに対して、となる唯一の が存在し、は の単純根である。${\displaystyle h{\bmod {\mathfrak {m}}},}$${\displaystyle h{\bmod {{\mathfrak {m}}^{n}}}}$${\displaystyle r_{n}\in R/{\mathfrak {m}}^{n}}$${\textstyle r_{n}\equiv r{\pmod {\mathfrak {m}}}}$${\displaystyle r_{n}}$${\displaystyle h{\bmod {\mathfrak {m}}}^{n}.}$

あらゆる正の整数nに対してまで持ち上げることができるという事実は、n が無限大に近づくときに「極限まで達する」ことを示唆しています。これがp進整数を導入する主な動機の 1 つでした。 ${\displaystyle R/{\mathfrak {m}}^{n}}$

可換環Rの極大イデアルが与えられたとき、 の冪はR上の位相の開近傍の基底を形成し、これは-進位相と呼ばれる。この位相の完備化は、局所環の完備化およびその逆極限と同一視できる。この完備化は、一般に と表記される完全局所環である。Rが整数環で、p が素数である場合、この完備化はp -進整数環である。${\displaystyle {\mathfrak {m}}}$${\displaystyle {\mathfrak {m}}}$${\displaystyle {\mathfrak {m}}}$ ${\displaystyle R_{\mathfrak {m}},}$ ${\displaystyle \lim _{\leftarrow }R/{\mathfrak {m}}^{n}.}$${\displaystyle {\widehat {R}}_{\mathfrak {m}}.}$${\displaystyle {\mathfrak {m}}=p\mathbb {Z} ,}$${\displaystyle \mathbb {Z} _{p}.}$

逆極限としての完備化の定義と、上記のヘンゼルの補題の記述は、多項式を法とする互いに素な多項式へのすべての因数分解は、hの像の因数分解に一意に持ち上げられることを意味している。同様に、 hを法とするすべての単純根は、 hの像の単純根に持ち上げられる。${\displaystyle {\mathfrak {m}}}$${\displaystyle h\in R[X]}$${\displaystyle {\widehat {R}}_{\mathfrak {m}}[X].}$${\displaystyle {\mathfrak {m}}}$${\displaystyle {\widehat {R}}_{\mathfrak {m}}[X].}$

ヘンゼルの補題は、一般に、 上の因数分解を上の因数分解(線形持ち上げ) または 上の因数分解(二次持ち上げ) に持ち上げることによって段階的に証明されます。 ${\displaystyle R/{\mathfrak {m}}^{n}}$${\displaystyle R/{\mathfrak {m}}^{n+1}}$${\displaystyle R/{\mathfrak {m}}^{2n}}$

証明の主な要素は、体上の互いに素な多項式がベズーの恒等式を満たすという点である。つまり、fとgが体（ここでは）上の互いに素な一変数多項式である場合、多項式aとbが存在し、 かつ${\displaystyle R/{\mathfrak {m}}}$${\displaystyle \deg a<\deg g,}$ ${\displaystyle \deg b<\deg f,}$

${\displaystyle af+bg=1.}$

ベズーの恒等式により、たとえイデアルが最大でなくても、互いに素な多項式を定義し、ヘンゼルの補題を証明することができる。したがって、以下の証明では、可換環R、イデアルI、Iを法として逆である主係数を持つ多項式（つまり、 の像が の単位である）、およびIを法としてまたはIのべき乗を法としてhの因数分解（因数がI を法としてベズーの恒等式を満たす）から始める。これらの証明では、は${\displaystyle {\mathfrak {m}}}$ ${\displaystyle h\in R[X]}$${\displaystyle R/I}$${\displaystyle R/I}$${\textstyle A\equiv B{\pmod {I}}}$${\displaystyle A-B\in IR[X].}$

I を可換環Rのイデアルとし、をRに係数を持ち、その先頭係数がI を法として可逆な一変数多項式とする（つまり、におけるの像はにおける単位である）。 ${\displaystyle h\in R[X]}$ ${\displaystyle \alpha }$${\displaystyle \alpha }$${\displaystyle R/I}$${\displaystyle R/I}$

ある正の整数kに対して因数分解がある とする。

${\displaystyle h\equiv \alpha fg{\pmod {I^{k}}},}$

となるような多項式が存在する。つまり、となるような多項式が存在する。 ${\displaystyle a,b\in R[X],}$${\textstyle af+bg\equiv 1{\pmod {I}}.}$${\displaystyle \delta _{f},\delta _{g}\in I^{k}R[X],}$${\displaystyle \deg \delta _{f}<\deg f,}$ ${\displaystyle \deg \delta _{g}<\deg g,}$

${\displaystyle h\equiv \alpha (f+\delta _{f})(g+\delta _{g}){\pmod {I^{k+1}}}.}$

これらの条件下では、およびは一意であり、${\displaystyle \delta _{f}}$${\displaystyle \delta _{g}}$${\displaystyle I^{k+1}R[X].}$

さらに、およびは、 fおよびgと同じベズーの恒等式を満たします。つまり、これは前の主張から直ちに導かれますが、 k の値を増加させながら結果を反復的に適用するためには必要です。 ${\displaystyle f+\delta _{f}}$${\displaystyle g+\delta _{g}}$$${\displaystyle a(f+\delta _{f})+b(g+\delta _{g})\equiv 1{\pmod {I}}.}$$

以下の証明は、 または の係数を持つ多項式のみを使用して と を計算するために記述されています。であり、これによりp を法とする整数のみを操作できます。 ${\displaystyle \delta _{f}}$${\displaystyle \delta _{g}}$${\displaystyle R/I}$${\displaystyle I^{k}/I^{k+1}.}$${\displaystyle R=\mathbb {Z} }$${\displaystyle I=p\mathbb {Z} ,}$

証明:仮定により、はIを法として可逆である。これは、およびが存在し、${\displaystyle \alpha }$${\displaystyle \beta \in R}$${\displaystyle \gamma \in IR[X]}$${\displaystyle \alpha \beta =1-\gamma .}$

の次数が より小さいとします。 ${\displaystyle \delta _{h}\in I^{k}R[X],}$${\displaystyle \deg h,}$

${\displaystyle \delta _{h}\equiv h-\alpha fg{\pmod {I^{k+1}}}.}$

（ を選択することもできますが、他の選択の方が計算が簡単になる場合があります。たとえば、との場合、の係数が区間 内の整数である を選択することも可能であり、その方がよいでしょう。）${\displaystyle \delta _{h}=h-\alpha fg,}$${\displaystyle R=\mathbb {Z} }$${\displaystyle I=p\mathbb {Z} ,}$${\displaystyle \delta _{h}=p^{k}\delta '_{h}}$${\displaystyle \delta '_{h}}$${\displaystyle [0,p-1].}$

gは単項なので、 gによるユークリッド除算が定義され、qとcが次のように定義される。さらに、qとcは両方とも次のように定義される。同様に、およびと定義される。${\displaystyle a\delta _{h}}$${\displaystyle a\delta _{h}=qg+c,}$${\displaystyle \deg c<\deg g.}$${\displaystyle I^{k}R[X].}$${\displaystyle b\delta _{h}=q'f+d,}$${\displaystyle \deg d<\deg f,}$${\displaystyle q',d\in I^{k}R[X].}$

確かに、ある人 は${\displaystyle q+q'\in I^{k+1}R[X].}$

${\displaystyle fc+gd=af\delta _{h}+bg\delta _{h}-fg(q+q')\equiv \delta _{h}-fg(q+q'){\pmod {I^{k+1}}}.}$

は単項式なので、を法とする次数がより小さくなるのは、${\displaystyle fg}$${\displaystyle I^{k+1}}$${\displaystyle fg(q+q')}$${\displaystyle \deg fg}$${\displaystyle q+q'\in I^{k+1}R[X].}$

したがって、合同を法として考えると、 ${\displaystyle I^{k+1},}$

${\displaystyle {\begin{aligned}\alpha (f+\beta d)&(g+\beta c)-h\\&\equiv \alpha fg-h+\alpha \beta (f(a\delta _{h}-qg)+g(b\delta _{h}-q'f))\\&\equiv \delta _{h}(-1+\alpha \beta (af+bg))-\alpha \beta fg(q+q')\\&\equiv 0{\pmod {I^{k+1}}}.\end{aligned}}}$

したがって、存在の主張は次のように検証される。

${\displaystyle \delta _{f}=\beta d,\qquad \delta _{g}=\beta c.}$

R、I、h 、を前節の a と します。${\displaystyle \alpha }$

${\displaystyle h\equiv \alpha fg{\pmod {I}}}$

は（上記の意味で）互いに素な多項式への因数分解であり、 に対する線形リフティングの適用により、および が存在し、および となることが示される。 ${\displaystyle \deg f_{0}+\deg g_{0}=\deg h.}$${\displaystyle k=1,2,\ldots ,n-1\ldots ,}$${\displaystyle \delta _{f}}$${\displaystyle \delta _{g}}$${\displaystyle \deg \delta _{f}<\deg f,}$ ${\displaystyle \deg \delta _{g}<\deg g,}$

${\displaystyle h\equiv \alpha (f+\delta _{f})(g+\delta _{g}){\pmod {I^{n}}}.}$

多項式と は、を法として一意に定義されます。つまり、別のペアが同じ条件を満たす場合、 ${\displaystyle \delta _{f}}$${\displaystyle \delta _{g}}$${\displaystyle I^{n}.}$${\displaystyle (\delta '_{f},\delta '_{g})}$

${\displaystyle \delta '_{f}\equiv \delta _{f}{\pmod {I^{n}}}\qquad {\text{and}}\qquad \delta '_{g}\equiv \delta _{g}{\pmod {I^{n}}}.}$

証明: 法による合同は法による同じ合同を意味するので、帰納法で進めて、 n = 0の場合は自明であるとして、n − 1に対して一意性が証明されていると仮定することができる。つまり、 ${\displaystyle I^{n}}$${\displaystyle I^{n-1},}$

${\displaystyle \delta _{f}-\delta '_{f}\in I^{n-1}R[X]\qquad {\text{and}}\qquad \delta _{g}-\delta '_{g}\in I^{n-1}R[X].}$

仮説によれば、

${\displaystyle h\equiv \alpha (f+\delta _{f})(g+\delta _{g})\equiv \alpha (f+\delta '_{f})(g+\delta '_{g}){\pmod {I^{n}}},}$

そしてこうして

${\displaystyle {\begin{aligned}\alpha (f+\delta _{f})(g+\delta _{g})&-\alpha (f+\delta '_{f})(g+\delta '_{g})\\&=\alpha (f(\delta _{g}-\delta '_{g})+g(\delta _{f}-\delta '_{f}))+\alpha (\delta _{f}(\delta _{g}-\delta '_{g})-\delta _{g}(\delta _{f}-\delta '_{f}))\in I^{n}R[X].\end{aligned}}}$

帰納法の仮定により、後者の和の2番目の項は に属し、従って最初の項についても同じことが言える。はI を法として可逆なので、 と が存在し、となる。したがって ${\displaystyle I^{n},}$${\displaystyle \alpha }$${\displaystyle \beta \in R}$${\displaystyle \gamma \in I}$${\displaystyle \alpha \beta =1+\gamma .}$

${\displaystyle {\begin{aligned}f(\delta _{g}-\delta '_{g})&+g(\delta _{f}-\delta '_{f})\\&=\alpha \beta (f(\delta _{g}-\delta '_{g})+g(\delta _{f}-\delta '_{f}))-\gamma (f(\delta _{g}-\delta '_{g})+g(\delta _{f}-\delta '_{f}))\in I^{n}R[X],\end{aligned}}}$

帰納仮説を再び使用します。

Iを法とする互いに素なことから、帰納法の仮定をもう一度用いると、 ${\displaystyle a,b\in R[X]}$${\textstyle 1\equiv af+bg{\pmod {I}}.}$

${\displaystyle {\begin{aligned}\delta _{g}-\delta '_{g}&\equiv (af+bg)(\delta _{g}-\delta '_{g})\\&\equiv g(b(\delta _{g}-\delta '_{g})-a(\delta _{f}-\delta '_{f})){\pmod {I^{n}}}.\end{aligned}}}$

したがって、単項多項式gと別の多項式wの積を法として合同な、未満の次数の多項式が得られます。これは、 の場合にのみ可能であり、 を意味します。同様に、 も であり、これが の一意性を証明します。 ${\displaystyle \deg g}$${\displaystyle I^{n}}$${\displaystyle w\in I^{n}R[X],}$${\displaystyle \delta _{g}-\delta '_{g}\in I^{n}R[X].}$${\displaystyle \delta _{f}-\delta '_{f}}$${\displaystyle I^{n}R[X],}$

線形リフティングでは、因数分解を法 I にリフティングできます。二次リフティングでは、ベズー恒等式もリフティングし、法Iではなく法 I を計算するというコストで、因数分解を法 I に直接リフティングできます (上記の線形リフティングの説明を使用する場合)。 ${\displaystyle I^{n}}$${\displaystyle I^{n+1}.}$${\displaystyle I^{2n},}$${\displaystyle I^{n}}$

大きなN を法として持ち上げるには、どちらの方法も使用できます。たとえば、因数分解を法として行う場合、線形持ち上げのN − 1ステップ、または二次持ち上げのk − 1ステップのみが必要です。ただし、後者の場合、操作する必要がある係数のサイズは計算中に増加します。これは、最適な持ち上げ方法がコンテキスト ( Nの値、Rの性質、使用する乗算アルゴリズム、ハードウェアの特殊性など) に依存することを意味します。^{[引用が必要]}${\displaystyle I^{N}}$${\displaystyle N=2^{k},}$${\displaystyle I^{N}}$

二次リフトは次の特性に基づいています。

ある正の整数kに対して因数分解がある とする。

${\displaystyle h\equiv \alpha fg{\pmod {I^{k}}},}$

となるような多項式が存在する。つまり、となるような多項式が存在する。 ${\displaystyle a,b\in R[X],}$${\textstyle af+bg\equiv 1{\pmod {I^{k}}}.}$${\displaystyle \delta _{f},\delta _{g}\in I^{k}R[X],}$${\displaystyle \deg \delta _{f}<\deg f,}$ ${\displaystyle \deg \delta _{g}<\deg g,}$

${\displaystyle h\equiv \alpha (f+\delta _{f})(g+\delta _{g}){\pmod {I^{2k}}}.}$

さらに、ベズーの形式の恒等式を満たす ${\displaystyle f+\delta _{f}}$${\displaystyle g+\delta _{g}}$

${\displaystyle (a+\delta _{a})(f+\delta _{f})+(b+\delta _{b})(g+\delta _{g})\equiv 1{\pmod {I^{2k}}}.}$

(これは、二次リフトの反復を可能にするために必要です。)

証明：最初の主張は、k = 1の線形リフティングをイデアルに適用した場合の主張と全く同じであり、${\displaystyle I^{k}}$${\displaystyle I.}$

Let Oneは ${\displaystyle \alpha =af+bg-1\in I^{k}R[X].}$

${\displaystyle a(f+\delta _{f})+b(g+\delta _{g})=1+\Delta ,}$

どこ

${\displaystyle \Delta =\alpha +a\delta _{f}+b\delta _{g}\in I^{k}R[X].}$

設定する と${\displaystyle \delta _{a}=-a\Delta }$${\displaystyle \delta _{b}=-b\Delta ,}$

${\displaystyle (a+\delta _{a})(f+\delta _{f})+(b+\delta _{b})(g+\delta _{g})=1-\Delta ^{2}\in I^{2k}R[X],}$

これは2番目の主張を証明します。

させて${\displaystyle f(X)=X^{6}-2\in \mathbb {Q} [X].}$

2を法として、ヘンゼルの補題は適用できない。なぜなら、2を法として簡約するのは単純だからである^{[1] 15-16ページ}${\displaystyle f(X)}$

${\displaystyle {\bar {f}}(X)=X^{6}-{\overline {2}}=X^{6}}$

6つの因数は互いに素ではない。しかし、アイゼンシュタインの基準により、多項式は で既約であると結論付けることができる 。一方、 ${\displaystyle X}$${\displaystyle f(X)}$${\displaystyle \mathbb {Q} _{2}[X].}$
${\displaystyle k=\mathbb {F} _{7}}$

${\displaystyle {\bar {f}}(X)=X^{6}-{\overline {2}}=X^{6}-{\overline {16}}=(X^{3}-{\overline {4}})\;(X^{3}+{\overline {4}})}$

ここで はにおける 2 の平方根です。 4 は における立方ではないので、これら 2 つの因数は において既約です。したがっておよびにおけるの完全な因数分解は次のようになります。 ${\displaystyle 4}$${\displaystyle \mathbb {F} _{7}}$${\displaystyle \mathbb {F} _{7},}$${\displaystyle \mathbb {F} _{7}}$${\displaystyle X^{6}-2}$${\displaystyle \mathbb {Z} _{7}[X]}$${\displaystyle \mathbb {Q} _{7}[X]}$

${\displaystyle f(X)=X^{6}-2=(X^{3}-\alpha )\;(X^{3}+\alpha ),}$

ここで、は2の平方根であり、上記の因数分解を解くことで得られる。 最後に、多項式は次のように分解される。 ${\displaystyle \alpha =\ldots 450\,454_{7}}$${\displaystyle \mathbb {Z} _{7}}$
${\displaystyle \mathbb {F} _{727}[X]}$

${\displaystyle {\bar {f}}(X)=X^{6}-{\overline {2}}=(X-{\overline {3}})\;(X-{\overline {116}})\;(X-{\overline {119}})\;(X-{\overline {608}})\;(X-{\overline {611}})\;(X-{\overline {724}})}$

全ての因数は互いに素なので、 には（非有理）727進整数を持つ 因数が6つある。${\displaystyle \mathbb {Z} _{727}[X]}$${\displaystyle \mathbb {Q} _{727}[X]}$${\displaystyle X-\beta }$

${\displaystyle \beta =\left\{{\begin{array}{rrr}3\;+&\!\!\!545\cdot 727\;+&\!\!\!537\cdot 727^{2}\,+&\!\!\!161\cdot 727^{3}+\ldots \\116\;+&\!\!\!48\cdot 727\;+&\!\!\!130\cdot 727^{2}\,+&\!\!\!498\cdot 727^{3}+\ldots \\119\;+&\!\!\!593\cdot 727\;+&\!\!\!667\cdot 727^{2}\,+&\!\!\!659\cdot 727^{3}+\ldots \\608\;+&\!\!\!133\cdot 727\;+&\!\!\!59\cdot 727^{2}\,+&\!\!\!67\cdot 727^{3}+\ldots \\611\;+&\!\!\!678\cdot 727\;+&\!\!\!596\cdot 727^{2}\,+&\!\!\!228\cdot 727^{3}+\ldots \\724\;+&\!\!\!181\cdot 727\;+&\!\!\!189\cdot 727^{2}\,+&\!\!\!565\cdot 727^{3}+\ldots \end{array}}\right.}$

を整数（またはp進整数）係数の多項式とし、m 、 kをm≤kとなる正の整数とする 。rが${\displaystyle f(x)}$

${\displaystyle f(r)\equiv 0{\bmod {p}}^{k}\quad {\text{and}}\quad f'(r)\not \equiv 0{\bmod {p}}}$

すると、任意の 整数sに対して、${\displaystyle m>0}$

${\displaystyle f(s)\equiv 0{\bmod {p}}^{k+m}\quad {\text{and}}\quad r\equiv s{\bmod {p}}^{k}.}$

さらに、このs はp ^{k + m を}法として一意であり、次のように明示的に整数として計算できる。

${\displaystyle s=r-f(r)\cdot a,}$

ここで、整数は ${\displaystyle a}$

${\displaystyle a\equiv [f'(r)]^{-1}{\bmod {p}}^{m}.}$

条件が満たされるように であることに注意してください。余談ですが、 の場合、 は 0 個、1個、または複数個存在する可能性があります (以下のヘンゼルの持ち上げを参照)。 ${\displaystyle f(r)\equiv 0{\bmod {p}}^{k}}$${\displaystyle s\equiv r{\bmod {p}}^{k}}$${\displaystyle f'(r)\equiv 0{\bmod {p}}}$

f をr の周りにテイラー展開すると、次のようになります。

${\displaystyle f(s)=\sum _{n=0}^{N}c_{n}(s-r)^{n},\qquad c_{n}=f^{(n)}(r)/n!.}$

から、ある整数tに対してs − r = tp ^kであることがわかる。 ${\displaystyle r\equiv s{\bmod {p}}^{k},}$

${\displaystyle {\begin{aligned}f(s)&=\sum _{n=0}^{N}c_{n}\left(tp^{k}\right)^{n}\\&=f(r)+tp^{k}f'(r)+\sum _{n=2}^{N}c_{n}t^{n}p^{kn}\\&=f(r)+tp^{k}f'(r)+p^{2k}t^{2}g(t)&&g(t)\in \mathbb {Z} [t]\\&=zp^{k}+tp^{k}f'(r)+p^{2k}t^{2}g(t)&&f(r)\equiv 0{\bmod {p}}^{k}\\&=(z+tf'(r))p^{k}+p^{2k}t^{2}g(t)\end{aligned}}}$

なぜなら、私たちには次のものがあるからです。 ${\displaystyle m\leqslant k,}$

${\displaystyle {\begin{aligned}f(s)\equiv 0{\bmod {p}}^{k+m}&\Longleftrightarrow (z+tf'(r))p^{k}\equiv 0{\bmod {p}}^{k+m}\\&\Longleftrightarrow z+tf'(r)\equiv 0{\bmod {p}}^{m}\\&\Longleftrightarrow tf'(r)\equiv -z{\bmod {p}}^{m}\\&\Longleftrightarrow t\equiv -z[f'(r)]^{-1}{\bmod {p}}^{m}&&p\nmid f'(r)\end{aligned}}}$

はpで割り切れないという仮定は、逆数を法として持つことを保証する。この逆数は必ず一意である。したがって、 tの解は法として一意に存在し、sの解は法として一意に存在する。${\displaystyle f'(r)}$${\displaystyle f'(r)}$${\displaystyle p^{m}}$${\displaystyle p^{m},}$${\displaystyle p^{k+m}.}$

上記の仮定を用いて、既約多項式を考える場合

${\displaystyle f(x)=a_{0}+a_{1}x+\cdots +a_{n}x^{n}\in K[X]}$

となるので、 ${\displaystyle a_{0},a_{n}\neq 0}$

${\displaystyle |f|=\max\{|a_{0}|,|a_{n}|\}}$

特に、 については、${\displaystyle f(X)=X^{6}+10X-1}$${\displaystyle \mathbb {Q} _{2}[X]}$

${\displaystyle {\begin{aligned}|f(X)|&=\max\{|a_{0}|,\ldots ,|a_{n}|\}\\&=\max\{0,1,0\}=1\end{aligned}}}$

しかし、多項式は既約ではない。一方、では両方の値が一致するため、多項式は既約である可能性がある。既約性を判断するには、ニュートン多角形を使用する必要がある。^{[2] : 144}${\displaystyle \max\{|a_{0}|,|a_{n}|\}=0}$${\displaystyle \mathbb {Q} _{7}[X]}$

フロベニウス自己準同型が与えられると、導関数がゼロである 非ゼロ多項式が得られることに注意する。${\displaystyle a\in \mathbb {F} _{p}}$ ${\displaystyle y\mapsto y^{p}}$${\displaystyle x^{p}-a}$

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dx}}(x^{p}-a)&=p\cdot x^{p-1}\\&\equiv 0\cdot x^{p-1}{\bmod {p}}\\&\equiv 0{\bmod {p}}\end{aligned}}}$

したがって、のp乗根はには存在しません。 は、の 1 乗根を含むことができないことを意味します。 ${\displaystyle a}$${\displaystyle \mathbb {Z} _{p}}$${\displaystyle a=1}$${\displaystyle \mathbb {Z} _{p}}$ ${\displaystyle \mu _{p}}$

にはp乗根は含まれませんが、 の解は存在します。 ${\displaystyle \mathbb {F} _{p}}$${\displaystyle x^{p}-x=x(x^{p-1}-1)}$

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dx}}(x^{p}-x)&=px^{p-1}-1\\&\equiv -1{\bmod {p}}\end{aligned}}}$

は決してゼロにならないので、解が存在する場合、それは必然的に に持ち上がります。フロベニウスはすべての非ゼロ元が解であると与えているためです。実際、これらは に含まれる唯一の単位根です。^[3]${\displaystyle \mathbb {Z} _{p}}$${\displaystyle a^{p}=a,}$${\displaystyle \mathbb {F} _{p}^{\times }}$${\displaystyle \mathbb {Q} _{p}}$

この補題を用いると、多項式fのp ^{k を}法とする根r を、 r ≡ s mod p ^kとなるようなp ^{k +1 を}法とする新しい根 s に「持ち上げる」ことができます ( m = 1とすることにより、より大きなm を取ると帰納法によります)。実際、p ^{k +1を法とする根は}p ^{k を}法とする根でもあるため、 p ^{k +1}を法とする根は、まさにp ^kを法とする根を持ち上げたものです。新しい根s はpを法とするrと合同であるため、新しい根は次の式も満たします。したがって、この持ち上げは繰り返すことができ、の解r _kから始めて、最初の根 r k について、_pのより高い累乗に対して、同じ合同性の一連の解r _{k +1}、r _{k +2} 、... を導き出すことができます。これはまた、f mod p ^kの根がすべて単純である場合、 fにはmod p ^{k +1}、 mod p ^{k +2 、または}pのその他の高次の累乗と同じ数の mod p ^kの根があることも示しています。 ${\displaystyle f'(s)\equiv f'(r)\not \equiv 0{\bmod {p}}.}$${\displaystyle f(x)\equiv 0{\bmod {p}}^{k}}$${\displaystyle f'(r_{k})\not \equiv 0{\bmod {p}}}$

rがpを法とする単純なルートでない場合、このプロセスはどうなるでしょうか？

${\displaystyle f(r)\equiv 0{\bmod {p}}^{k}\quad {\text{and}}\quad f'(r)\equiv 0{\bmod {p}}.}$

すると、すべての整数tに対して となる。したがって、次の 2 つのケースが考えられます。 ${\displaystyle s\equiv r{\bmod {p}}^{k}}$${\displaystyle f(s)\equiv f(r){\bmod {p}}^{k+1}.}$${\displaystyle f(r+tp^{k})\equiv f(r){\bmod {p}}^{k+1}}$

• すると、 rをp ^{k +1 を法として}f ( x )の根に持ち上げることはできません。${\displaystyle f(r)\not \equiv 0{\bmod {p}}^{k+1}}$
• すると、 rをp ^{k + 1 を}法として持ち上げたものはすべて、p ^{k + 1 を法とする}f ( x )の根になります。${\displaystyle f(r)\equiv 0{\bmod {p}}^{k+1}}$

例:両方のケースを確認するために、 p = 2の 2 つの異なる多項式を調べます。

${\displaystyle f(x)=x^{2}+1}$そしてr = 1です。すると、となり、これは1 を法 4 に持ち上げてもf ( x ) の法 4の根にならないことを意味します。 ${\displaystyle f(1)\equiv 0{\bmod {2}}}$${\displaystyle f'(1)\equiv 0{\bmod {2}}.}$${\displaystyle f(1)\not \equiv 0{\bmod {4}}}$

${\displaystyle g(x)=x^{2}-17}$そしてr = 1 です。しかし、解を法 4 まで持ち上げることができるので、両方の持ち上げ (つまり 1、3) が解になります。導関数は依然として 2 を法として 0 なので、演繹的にはこれらを 8 を法として持ち上げることができるかどうかはわかりませんが、実際には可能です。g (1) は 8 を法として 0 であり、g (3) は 8 を法として 0 なので、解は 8 を法として 1、3、5、7 になります。 これらのうちg (1) とg (7) だけが 16 を法として 0 なので、1 と 7 のみを 16 を法として持ち上げることができ、1、7、9、15 になります。 これらのうち 7 と 9 だけがg ( x ) = 0 mod 32となるので、これらを累乗すると 32 を法として 7、9、23、25 になります。k ≥ 3 のすべての整数について、 1 mod 2 をg ( x ) mod 2 ^kの根に持ち上げる方法が 4 つあることがわかります。 ${\displaystyle g(1)\equiv 0{\bmod {2}}}$${\displaystyle g'(1)\equiv 0{\bmod {2}}.}$${\displaystyle g(1)\equiv 0{\bmod {4}},}$

p進数では、分母がpの倍数でない限り、 pのべき乗を法とする有理数を理解できるため、 r _k (roots mod p ^k )からr _{k +1} (roots mod p ^{k +1} )への再帰は、はるかに直感的な方法で表現できます。tを合同式を解く任意の整数として 選択する代わりに、

${\displaystyle tf'(r_{k})\equiv -(f(r_{k})/p^{k}){\bmod {p}}^{m},}$

t を有理数とします（ f ( r _k ) はp ^kで割り切れるので、ここでのp ^{k は}実際には分母ではありません）。

${\displaystyle -(f(r_{k})/p^{k})/f'(r_{k}).}$

次に設定

${\displaystyle r_{k+1}=r_{k}+tp^{k}=r_{k}-{\frac {f(r_{k})}{f'(r_{k})}}.}$

この分数は整数ではないかもしれませんが、 p進整数であり、数列r _{k は}p進整数でf ( x ) = 0の根に収束します。さらに、 r _kに関する(新しい) 数r _{k +1}の表示された再帰式は、まさに実数の方程式の根を求める ニュートン法です。

p進数を直接扱い、p進絶対値を使用することで、 f ( a ) ≡ 0 mod pの解から始めても適用できるヘンゼルの補題のバージョンがあり、その数がちょうど 0 でないことを確認する必要があるだけです。このより一般的なバージョンは次のとおりです。次を満たす整数aがある場合: ${\displaystyle f'(a)\equiv 0{\bmod {p}}.}$${\displaystyle f'(a)}$

${\displaystyle |f(a)|_{p}<|f'(a)|_{p}^{2},}$

すると、 f ( b ) = 0となる唯一のp進整数bが存在します。bの構築は、初期値aを持つニュートン法による再帰がp進で収束することを示すことに等しく、 b を極限とします。条件に適合する根としてのbの一意性については、追加の作業が必要です。 ${\displaystyle |b-a|_{p}<|f'(a)|_{p}.}$${\displaystyle |b-a|_{p}<|f'(a)|_{p}}$

上で述べたヘンゼルの補題（ をとった）は、このより一般的なバージョンの特別な場合である。なぜなら、 f ( a ) ≡ 0 mod pという条件が満たされ、${\displaystyle m=1}$${\displaystyle f'(a)\not \equiv 0{\bmod {p}}}$${\displaystyle |f(a)|_{p}<1}$${\displaystyle |f'(a)|_{p}=1.}$

p が奇数の素数で、a がp を法とする非ゼロの平方剰余であるとします。このとき、ヘンゼルの補題は、a がp進整数の環に平方根を持つことを意味します。実際、r がp を法とするaの平方根である場合、次のようになります。 ${\displaystyle \mathbb {Z} _{p}.}$${\displaystyle f(x)=x^{2}-a.}$

${\displaystyle f(r)=r^{2}-a\equiv 0{\bmod {p}}\quad {\text{and}}\quad f'(r)=2r\not \equiv 0{\bmod {p}},}$

ここで、2 番目の条件はpが奇数であるという事実に依存します。ヘンゼルの補題の基本バージョンは、r ₁ = rから始めて、次のような整数のシーケンスを再帰的に構築できることを示しています。 ${\displaystyle \{r_{k}\}}$

${\displaystyle r_{k+1}\equiv r_{k}{\bmod {p}}^{k},\quad r_{k}^{2}\equiv a{\bmod {p}}^{k}.}$

この数列は、b ² = a を満たすp進整数bに収束します。実際、b は、 pを法としてr ₁と同値な、 aの唯一の平方根です。逆に、a がの完全平方で、 pで割り切れない場合は、 pを法として非ゼロの平方剰余です。平方の相互法則により、 a がp を法として非ゼロの平方剰余であるかどうかを簡単にテストできることに注意します。したがって、どのp進数 ( p が奇数の場合) がp進平方根を持つかを判定する実用的な方法が得られ、ヘンゼルの補題のより一般的なバージョンを使用してp = 2の場合をカバーするように拡張できます(17 の 2 進平方根の例は後で示します)。 ${\displaystyle \mathbb {Z} _{p}}$${\displaystyle \mathbb {Z} _{p}}$

上記の議論をより明確にするために、 7 進整数で「2 の平方根」（ の解）を見つけましょう。7 を法とする 1 つの解は 3 です（4 を取ることもできます）。したがって、 と設定します。ヘンゼルの補題により、次のように見つけることができます。 ${\displaystyle x^{2}-2=0}$${\displaystyle r_{1}=3}$${\displaystyle r_{2}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}f(r_{1})&=3^{2}-2=7\\f(r_{1})/p^{1}&=7/7=1\\f'(r_{1})&=2r_{1}=6\end{aligned}}}$

この表現に基づいて

${\displaystyle tf'(r_{1})\equiv -(f(r_{1})/p^{k}){\bmod {p}},}$

次のように変わります:

${\displaystyle t\cdot 6\equiv -1{\bmod {7}}}$

これは現在を意味します: ${\displaystyle t=1.}$

${\displaystyle r_{2}=r_{1}+tp^{1}=3+1\cdot 7=10=13_{7}.}$

そして、確かに、（ニュートン法の再帰を7進数で直接使用した場合、そして） ${\displaystyle 10^{2}\equiv 2{\bmod {7}}^{2}.}$${\displaystyle r_{2}=r_{1}-f(r_{1})/f'(r_{1})=3-7/6=11/6,}$${\displaystyle 11/6\equiv 10{\bmod {7}}^{2}.}$

続けて を求めることができます。計算を実行するたびに（つまり、kの各連続する値ごとに）、7 の次のより高い累乗に対して 7 の基数の数字が 1 つ追加されます。7 進整数では、このシーケンスは収束し、極限は 2 の平方根であり、 は最初の 7 進展開を持ちます。 ${\displaystyle r_{3}=108=3+7+2\cdot 7^{2}=213_{7}}$${\displaystyle \mathbb {Z} _{7}}$

${\displaystyle 3+7+2\cdot 7^{2}+6\cdot 7^{3}+7^{4}+2\cdot 7^{5}+7^{6}+2\cdot 7^{7}+4\cdot 7^{8}+\cdots .}$

最初の選択から始めると、ヘンゼルの補題は 2 の平方根を生成し、これは 3 (mod 7) ではなく 4 (mod 7) に合同であり、実際、この 2 番目の平方根は最初の平方根の負になります (これは 4 = −3 mod 7 と一致します)。 ${\displaystyle r_{1}=4}$${\displaystyle \mathbb {Z} _{7}}$

ヘンゼルの補題の元のバージョンは有効で はないが、より一般的なバージョンは有効である例として、とすると、そして${\displaystyle f(x)=x^{2}-17}$${\displaystyle a=1.}$${\displaystyle f(a)=-16}$${\displaystyle f'(a)=2,}$

${\displaystyle |f(a)|_{2}<|f'(a)|_{2}^{2},}$

これは、次の式を満たす 唯一の2進整数bが存在することを意味する。

${\displaystyle b^{2}=17\quad {\text{and}}\quad |b-a|_{2}<|f'(a)|_{2}={\frac {1}{2}},}$

つまり、b ≡ 1 mod 4 です。2 進整数には、符号が異なる 17 の平方根が 2 つあり、これらは mod 2 では合同ですが、mod 4 では合同ではありません。これは、mod 2 ではなく mod 4 に合同な 17 の 2 進平方根が 1 つだけ得られるというヘンゼルの補題の一般版と一致しています。初期の近似根a = 3 から始めていたら、より一般的なヘンゼルの補題を再度適用して、mod 4 で 3 に合同な 17 の 2 進平方根を 1 つだけ見つけることができます。これが 17 のもう 1 つの 2 進平方根です。

の根を法 2 ^kから2 ^{k +1}まで持ち上げる場合、根 1 mod 2 から始まる持ち上げは次のようになります。 ${\displaystyle x^{2}-17}$

1 mod 2 → 1、3 mod 4

1 モッド 4 → 1、5 モッド 8、3 モッド 4 → 3、7 モッド 8

1 mod 8 → 1、9 mod 16、7 mod 8 → 7、15 mod 16、一方、3 mod 8と5 mod 8はルートmod 16にはなりません。

9 mod 16 → 9、25 mod 32、7 mod 16 → 7、23 mod 16 ですが、1 mod 16 と 15 mod 16 はルート mod 32 に上がりません。

3 以上のkに対して、 x ² − 17 mod 2 ^kの根は4 つ存在しますが、それらの 2 進展開を見ると、ペアで2 つの2 進極限に収束していることがわかります。たとえば、32 を法とする 4 つの根は、それぞれ 16 を法とする同じ根のペアに分割されます。

9 = 1 + 2 ³であり、 25 = 1 + 2 ³ + 2 ⁴です。

7 = 1 + 2 + 2 ²であり、23 = 1 + 2 + 2 ² + 2 ⁴です。

17の2進平方根は展開される

${\displaystyle 1+2^{3}+2^{5}+2^{6}+2^{7}+2^{9}+2^{10}+\cdots }$

${\displaystyle 1+2+2^{2}+2^{4}+2^{8}+2^{11}+\cdots }$

ヘンゼルの補題のより一般的なバージョンは使用できるが、基本バージョンは使用できない別の例は、任意の3 進整数c ≡ 1 mod 9 が の立方体であり、初期近似値a = 1 をとることの証明です。基本的なヘンゼルの補題は、すべてのrに対してであるので、 f ( x )の根を見つけるのに使用できません。ヘンゼルの補題の一般的なバージョンを適用するには、次の式が必要です。つまり、c ≡ 1 mod 27 の場合、一般的なヘンゼルの補題によれば、f ( x ) には 3 進根があり、c は3 進立方体です。しかし、我々はこの結果をc ≡ 1 mod 9というより弱い条件で得たかったのです。c ≡ 1 mod 9 ならば、c ≡ 1、10、または 19 mod 27 です。c mod 27 の値に応じて、一般的なヘンゼルの補題を 3 回適用できます。c ≡ 1 mod 27 ならばa = 1を使用し、 c ≡ 10 mod 27 ならばa = 4 (4 はf ( x ) mod 27の根であるため) を使用し、c ≡ 19 mod 27 ならばa = 7 を使用します。(すべてのc ≡ 1 mod 3 が 3 進立方であるとは限りません。たとえば、4 は 9 を法とする立​​方体ではないため、3 進立方ではありません。) ${\displaystyle \mathbb {Z} _{3}.}$${\displaystyle f(x)=x^{3}-c}$${\displaystyle f'(r)\equiv 0{\bmod {3}}}$${\displaystyle |f(1)|_{3}<|f'(1)|_{3}^{2},}$${\displaystyle c\equiv 1{\bmod {2}}7.}$

同様に、いくつかの予備作業の後、ヘンゼルの補題を使用して、任意の奇数の素数pに対して、p ^{2 を}法として 1 に合同な任意のp進整数c は、 のp乗であることを示すことができます(これはp = 2 の場合は偽です)。${\displaystyle \mathbb {Z} _{p}.}$

Aがイデアルに関して完備な可換環であり、a ∈ Aがfの「近似根」と呼ばれるとすると、 ${\displaystyle {\mathfrak {m}},}$${\displaystyle f(x)\in A[x].}$

${\displaystyle f(a)\equiv 0{\bmod {f}}'(a)^{2}{\mathfrak {m}}.}$

f が近似根を持つ場合、 aに「近い」正確な根b ∈ Aを持つ。つまり、

${\displaystyle f(b)=0\quad {\text{and}}\quad b\equiv a{\bmod {\mathfrak {m}}}.}$

さらに、が零因子でない場合、b は一意です。 ${\displaystyle f'(a)}$

この結果は、次のようにいくつかの変数に一般化できます。

定理。Aをイデアルに関して完備な可換環とする。をA上のn変数のn多項式の系とする。をA ⁿからそれ自身への写像とみなし、そのヤコビ行列を で表す。a = ( a ₁ , ..., a _n ) ∈ A ^{n が}次の意味でf = 0の近似解であるとする。${\displaystyle {\mathfrak {m}}\subset A.}$${\displaystyle f_{1},\ldots ,f_{n}\in A[x_{1},\ldots ,x_{n}]}$${\displaystyle \mathbf {f} =(f_{1},\ldots ,f_{n}),}$${\displaystyle J_{\mathbf {f} }(\mathbf {x} )}$

${\displaystyle f_{i}(\mathbf {a} )\equiv 0{\bmod {(}}\det J_{\mathbf {f} }(a))^{2}{\mathfrak {m}},\qquad 1\leqslant i\leqslant n.}$

このとき、 f ( b ) = 0を満たすb = ( b ₁ , ..., b _n ) ∈ A ⁿが存在する。つまり、

${\displaystyle f_{i}(\mathbf {b} )=0,\qquad 1\leqslant i\leqslant n.}$

さらに、この解は、

${\displaystyle b_{i}\equiv a_{i}{\bmod {\det }}J_{\mathbf {f} }(a){\mathfrak {m}},\qquad 1\leqslant i\leqslant n.}$

特別な場合として、すべてのiに対してがAの単位である場合、すべてのiに対してとなるf ( b ) = 0の解が存在します。 ${\displaystyle f_{i}(\mathbf {a} )\equiv 0{\bmod {\mathfrak {m}}}}$${\displaystyle \det J_{\mathbf {f} }(\mathbf {a} )}$${\displaystyle b_{i}\equiv a_{i}{\bmod {\mathfrak {m}}}}$

n = 1のとき、a = aはAの要素であり、この多変数ヘンゼルの補題の仮説は、1 変数ヘンゼルの補題で述べられた仮説に還元されます。 ${\displaystyle J_{\mathbf {f} }(\mathbf {a} )=J_{f}(a)=f'(a).}$

環の完全性は、環がヘンゼルの性質を持つための必要条件ではない。1950年に東谷五朗は、最大イデアルmに対するヘンゼルの性質を満たす可換局所環をヘンゼル環と定義した。

永田正義は1950 年代に、最大イデアルmを持つ任意の可換局所環Aに対して、 A ^{h が}m A ^hに関してヘンゼルとなるようなA を含む最小の環 A h が常に存在することを^証明しました。このA ^hはAのヘンゼル化と呼ばれます。Aがネーターであれば、A ^hもネーターになり、A ^{h は}エタール近傍の極限として構成されるため明らかに代数的です。これは、A ^{h が通常、ヘンゼルの性質を保持し、同じ}カテゴリにとどまりながら、完備化よりもはるかに小さいことを意味します^{[説明が必要]}。

• ハッセ・ミンコフスキーの定理
• ニュートン多角形
• 局所コンパクト体
• 指数持ち上げ補題

• アイゼンバッド、デイヴィッド（1995）、可換代数、Graduate Texts in Mathematics、vol. 150、ベルリン、ニューヨーク：シュプリンガー・フェアラーク、doi：10.1007/978-1-4612-5350-1、ISBN 978-0-387-94269-8、MR  1322960
• JG ミルン (1980)、エタール コホモロジー、プリンストン大学出版局、ISBN 978-0-691-08238-7