用户: Ruiqi chen/Algebraic Number Theory/Hensel 引理与 Newton 折线

1Hensel 引理

引理 1.1 (Hensel 引理). 假定 $K$ 是完备秩 $1$ 赋值域, 对于任意 $f\in K^{\circ }[x]$, 若有互素的 $\overline{g},\overline{h}\in \kappa [x]$ 满足: $$f(x)=\overline{g}(x)\overline{h}(x)\mathrm{mod}{K}^{\circ \circ }$$(1)则存在 $g,h\in K^{\circ }[x]$ 满足 $\mathrm{deg}g=\mathrm{deg}\overline{g}$, 使得: $$\begin{array}{rl}f(x)& =g(x)h(x)\\ g(x)& =\overline{g}(x)\mathrm{mod}{K}^{\circ \circ }\\ h(x)& =\overline{h}(x)\mathrm{mod}{K}^{\circ \circ }\end{array}$$

证明. 取 $g_0,h_0$ 使得: $$\begin{array}{rl}\mathrm{deg}{g}_0& =\mathrm{deg}g\\ g_0(x)& =\overline{g}(x)\mathrm{mod}{K}^{\circ \circ }\\ h_0(x)& =\overline{h}(x)\mathrm{mod}{K}^{\circ \circ }\end{array}$$依赖 $\overline{g},\overline{h}$ 互素, 寻求 $a,b\in K^{\circ }[x]$ 使得: $$a(x)g_0(x)+b(x)h_0(x)=1\mathrm{mod}{K}^{\circ \circ }$$(2)在多项式 $f-g_0{h}_0,a{g}_0+b{h}_0-1$ 中选取赋值极小的系数, 记作 $\pi$, 我们归纳构造一组 $p_i,q_i\in K^{\circ }[x]$ 使得: $$\begin{array}{rl}g& =g_0+\sum _{i=1}^{\infty }{p}_i{\pi }^i\\ h& =h_0+\sum _{i=1}^{\infty }{q}_i{\pi }^i\end{array}$$上述求和前缀记作 $g_i,h_i$, 归纳假设给出: $$\begin{array}{rl}f& =g_{n-1}{h}_{n-1}\mathrm{mod}{\pi }^n\\ \mathrm{deg}{g}_{n-1}& =\mathrm{deg}\overline{g}\\ \mathrm{deg}{h}_{n-1}& \le \mathrm{deg}f-\mathrm{deg}\overline{g}\end{array}$$在 ${\pi }^n$ 处得到方程: $$f-g_{n-1}{h}_{n-1}={\pi }^n(p_n{h}_0+g_0{q}_n)\mathrm{mod}{\pi }^{n+1}$$(3)注意到 $g_0$ 最高次项可逆, 于是考察 ${\pi }^{-n}(f-g_{n-1}{h}_{n-1})b$ 对 $g_0$ 取模得到余数记作 $p_n$: $${\pi }^{-n}(f-g_{n-1}{h}_{n-1})b=g_{0}k+p_n,\mathrm{deg}{p}_n<\mathrm{deg}{g}_0$$(4)此时方程约化为: $${\pi }^{-n}(g-g_{n-1}{h}_{n-1})-p_n{h}_0=g_0{q}_n\mathrm{mod}\pi$$(5)其中 $q_n$ 的存在性可考察 ${\pi }^{-n}(f-g_{n-1}{h}_{n-1})a-h_{0}k$, $g_0$ 的最高次项可逆, 故可选取 $q_n={\pi }^{-n}(f-g_{n-1}{h}_{n-1})a-h_{0}k+\pi t$ 使得 $\mathrm{deg}{q}_n\le \mathrm{deg}f-\mathrm{deg}{g}_0$, 满足以上方程.

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定义 1.2 (Henselian 域). 一个 Henselian 域是一个秩 $1$ 赋值域, 使得 Hensel 引理成立, 也即对于任意 $f\in K^{\circ }[x]$, 与分拆 $f=\overline{g}\overline{h}\mathrm{mod}{K}^{\circ \circ }$ 使得 $\overline{g},\overline{h}$ 互素, 则有对应的分拆 $f=gh$ 满足: $$\begin{array}{rl}g(x)& =\overline{g}(x)\mathrm{mod}{K}^{\circ \circ }\\ h(x)& =\overline{h}(x)\mathrm{mod}{K}^{\circ \circ }\\ \mathrm{deg}g& =\mathrm{deg}\overline{g}\end{array}$$

引理 1.3. 取定 Henselian 域 $K$ 上不可约多项式 $f\in K[x]$: $$f=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i$$(6)则有: $$\left|f\right|:=\underset{i}{\max }(\left|a_i\right|)=\max (\left|a_0\right|,\left|a_n\right|)$$(7)

证明. 命 $\left|a_k\right|$ 极大且 $\left|a_k\right|>\left|a_0\right|,\left|a_n\right|$, 此时 ${a_m}^{-1}f$ 为以下三种形式之一: $$\begin{array}{rl}{a_k}^{-1}f& =x^i\mathrm{mod}{K}^{\circ \circ }\\ {a_k}^{-1}f& =x^k\sum _{i=k}^n\frac{a_i}{a_k}{x}^{i-k}\mathrm{mod}{K}^{\circ \circ }\\ {a_k}^{-1}f& =\sum _{i=0}^k\frac{a_i}{a_k}{x}^i\mathrm{mod}{K}^{\circ \circ }\end{array}$$依赖 Hensel 引理可得 ${a_k}^{-1}f$ 可约, 矛盾.

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定理 1.4. 给出 Henselian 域 $K$ 与代数扩张 $F/K$, 则 $K$ 的绝对值可以唯一的延拓至 $F$ 上, 为: $$\left|\alpha \right|=\sqrt[[M:k]]{\left|N_{M/K}(\alpha )\right|},\alpha \in M$$(8)对每个代数元 $\alpha$ 以 $w(\alpha )$ 记它的赋值.

证明. 我们先验证其构成绝对值, 只需对有限扩张情形下验证, 有: $$\sqrt[[L:k]]{\left|N_{L/K}(\alpha )\right|}=\sqrt[[LM:k]]{\left|N_{LM/K}(\alpha )\right|}=\sqrt[[M:k]]{\left|N_{M/K}(\alpha )\right|}$$(9)故上述绝对值是确定的, 乘性继承自 $N_{M/K}$ 的乘性, 依赖 1.3 给出 $K^{\circ }$ 的整闭包: $${\mathcal{O}}_F=\left\{\alpha \in F:\left|\alpha \right|\le 1\right\}$$(10)整闭包对加法封闭, 故任取 $\alpha ,\beta$ 使得 $\left|\alpha \right|\le \left|\beta \right|$, 则: $$\left|\alpha +\beta \right|=\left|\beta \right|\left|\frac{\alpha }{\beta }+1\right|\le \left|\beta \right|$$(11)

再验证其唯一性, 任意取 $\alpha$ 在 $K^{\circ }$ 上整, 即有方程: $${\alpha }^d=\sum _{i=0}^{d-1}{a}_i{\alpha }^i,a_i\in K^{\circ }$$(12)两边取任意绝对值 ${\left|\cdot \right|}^{\prime }$ 均有: $${{\left|\alpha \right|}^{\prime }}^d={\left|\sum _{i=0}^{d-1}{a}_i{\alpha }^i\right|}^{\prime }\le \underset{i<d}{\max }{\left|a_i\right|}^{\prime }{{\left|\alpha \right|}^{\prime }}^i\le \underset{i<d}{\max }{{\left|\alpha \right|}^{\prime }}^i$$(13)故 ${\left|\alpha \right|}^{\prime }\le 1$, 也即: $$\left|\alpha \right|\le 1⟹{\left|\alpha \right|}^{\prime }\le 1$$(14)给出绝对值的等价, 系数由 $K$ 中元素确定.

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引理 1.5. 给出域 $K$ 上绝对值 $\left|\cdot \right|$, 若 $K$ 关于该绝对值完备, 则其绝对值可唯一的延拓至任意代数扩张上.

证明. 上述引理给出非 Archimedes 的情形, 若 $K$ 上有 Archimedes 绝对值, 则 $K\in \left\{\mathbb{R},\mathbb{C}\right\}$, 只需证明实数的绝对值有向复数的唯一延拓, 利用单位根逼近即可.

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2Newton 折线

定义 2.1 (Newton 折线). 对秩 $1$ 赋值域 $K$ 中的多项式 $f\in K[x]$: $$f=\sum _{i=0}^k{a}_i{x}^i$$(15)定义其 Newton 折线为以下点集的下凸包: $$\left\{(i,v(a_i)):i\in [k]\right\}$$(16)

引理 2.2. 给出 Henselian 域与多项式 $f\in K[x]$, 其 Newton 折线含一段斜率为 $-m$ 的线段, 端点记作 $(r,v(a_r)),(s,v(a_s))$, 则 $f$ 有 $s-r$ 个根 ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_{s-r}$, 满足: $$w({\alpha }_1)=\cdots =w({\alpha }_{s-r})=m$$(17)

证明. 在多项式上乘以常数无非是平移 Newton 折线, 故不妨设 $f$ 是首一多项式, 在 $f$ 的分裂域中依赋值排列 $n:=\mathrm{deg}f$ 个根 ${\beta }_1,\dots ,{\beta }_n$, 记作: $$\begin{array}{rl}w({\beta }_1)=& \cdots =w({\beta }_{s_1})=m_1\\ w({\beta }_{s_1+1})=& \cdots =w({\beta }_{s_2})=m_2\\ & \cdots \\ w({\beta }_{s_t+1})=& \cdots =w({\beta }_n)=m_{t+1}\end{array}$$其中 $m_1<\dots <m_{t+1}$, 任取 $1\le l\le n$, 不妨设: $$\sum _{i=1}^k{s}_i<l\le \sum _{i=1}^{k+1}{s}_i$$(18)利用韦达定理展开 $a_{n-l}$ 得到: $$v(a_{n-l})=v\left(\sum _{i_1,\dots ,i_l,i_p\ne i_q}\prod _{j=1}^l{\beta }_{i_j}\right)\ge \underset{i_1,\dots ,i_l,i_p\ne i_q}{\min }\left(\sum _{j=1}^{l}w({\beta }_{i_j})\right)=\sum _{i=1}^k{s}_i{m}_i+\left(l-\sum _{i=1}^k{s}_i\right)m_{k+1}$$(19)其中在 $l={\sum }_{i=1}^{k+1}$ 时, 赋值极小者唯一, 等号取到, 故上述不等式确定了 Newton 折线, 对应斜率 $-m_k$ 的长度为 $s_k-s_{k-1}=s-r$.

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引理 2.3. 给出秩 $1$ 赋值域 $K$, 赋值为 $v$, 假定 $f\in K[x]$ 的分裂域为 $L$, 若 $L$ 上绝对值有唯一延拓, 赋值为 $w$, 则分解: $$f(x)=a_n\prod _{j=1}^r{f}_j(x),f_j=\prod _{w({\beta }_i)=m_j}(x-{\beta }_i)$$(20)满足 $f_j\in K[x]$.

证明. 只需证明 $K[x]$ 中不可约多项式的根具有相同赋值, 给出 $\alpha ,\beta$ 为两根, 则存在 $\sigma \in {\mathrm{Aut}}_K(L)$ 使得 $\sigma (\alpha )=\beta$, 赋值的唯一性要求 $w=w\circ \sigma$, 故 $w(\alpha )=w(\beta )$.

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定理 2.4. 一个秩 $1$ 赋值域 $K$ 是 Henselian 域当且仅当其绝对值可被唯一延拓至任意代数扩张 $L/K$ 上.

证明. 只需证明对于不可约多项式 $f={\sum }_{i=0}^n{a}_i{x}^i$ 满足 $\left|f\right|=1$, 命 $\overline{f}=f\mathrm{mod}{K}^{\circ \circ },\overline{f}\in \kappa [x]$, 则 $\mathrm{deg}\overline{f}=0$ 或 $\mathrm{deg}\overline{f}=\mathrm{deg}f$ 且存在不可约多项式 $\varphi \in \kappa [x]$ 满足: $$\overline{f}(x)=c{\varphi (x)}^m$$(21)

依赖 $f$ 不可约且 $v$ 在 $f$ 的分裂域 $L$ 上具有唯一延拓, 故 $f$ 的 Newton 折线为一线段, 在 $\left|a_0\right|,\left|a_n\right|\ne 1$ 情形下是显然的, 若 $\left|a_0\right|=\left|a_n\right|=1$ 时, 任意 $\sigma \in {\mathrm{Aut}}_K(L)$ 均保持 $L^{\circ },L^{\circ \circ }$, 故可限制在 $\kappa (L):=L^{\circ }/L^{\circ \circ }$ 上, $f(x)$ 不可约就表明 $\overline{f}(x)$ 的根在 $\kappa$ 上均共轭, 也就说明了 $\overline{f}=c{\varphi }^m$.

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