ヘンゼルの補題
4 {\displaystyle 4} は F 7 {\displaystyle \mathbb {F} _{7}} における2の平方根である。4は F 7 {\displaystyle \mathbb {F} _{7}} における立方数ではないので、この2つの因子は F 7 {\displaystyle \mathbb {F} _{7}} 上既約である。したがって X 6 − 2 {\displaystyle X^{6}-2} の Z 7 [ X ] {\displaystyle \mathbb {Z} _{7}[X]} (または Q 7 [ X ] {\displaystyle \mathbb {Q} _{7}[X]} )における既約多項式への因数分解は
f ( X ) = X 6 − 2 = ( X 3 − α ) ( X 3 + α ) , {\displaystyle f(X)=X^{6}-2=(X^{3}-\alpha )\;(X^{3}+\alpha ),}
となる。ここで α = ... 450 454 7 {\displaystyle \alpha =\ldots 450\,454_{7}} は Z 7 {\displaystyle \mathbb {Z} _{7}} における2の平方根で、先ほどの因数分解を持ち上げることで得られる。
最後に、この多項式は F 727 [ X ] {\displaystyle \mathbb {F} _{727}[X]} においては
仮定は今までと同じとし、既約多項式
f ( x ) = a 0 + a 1 x + ⋯ + a n x n ∈ K [ X ] {\displaystyle f(x)=a_{0}+a_{1}x+\cdots +a_{n}x^{n}\in K[X]}
が a 0 , a n ≠ 0 {\displaystyle a_{0},a_{n}\neq 0} だったとすると、
| f | = max { | a 0 | , | a n | } {\displaystyle |f|=\max\{|a_{0}|,|a_{n}|\}}
である。 f ( X ) = X 6 + 10 X − 1 {\displaystyle f(X)=X^{6}+10X-1} の場合だと、 Q 2 [ X ] {\displaystyle \mathbb {Q} _{2}[X]} で
同様に、 q ′ , d ∈ I k R [ X ] {\displaystyle q',d\in I^{k}R[X]} で b δ h = q ′ f + d {\displaystyle b\delta _{h}=q'f+d} かつ deg  d < deg  f {\displaystyle \deg d<\deg f} となるものを取る。
このとき q + q ′ ∈ I k + 1 R [ X ] {\displaystyle q+q'\in I^{k+1}R[X]} である。実際、まず
f c + g d = a f δ h + b g δ h − f g ( q + q ′ ) ≡ δ h − f g ( q + q ′ ) ( mod I k + 1 ) {\displaystyle fc+gd=af\delta _{h}+bg\delta _{h}-fg(q+q')\equiv \delta _{h}-fg(q+q'){\pmod {I^{k+1}}}}
が成り立っている。 f g {\displaystyle fg} はモニックなので、 f g ( q + q ′ ) {\displaystyle fg(q+q')} の法 I k + 1 {\displaystyle I^{k+1}} での次数が deg  f g {\displaystyle \deg fg} の次数よりも小さくなるのは q + q ′ ∈ I k + 1 R [ X ] {\displaystyle q+q'\in I^{k+1}R[X]} のときだけである。
補題を使って、多項式 f の法 p での根 r を 法 p での新しい根 s に r ≡ s mod p となるように持ち上げることができる。 (m=1 と取る。数学的帰納法により大きい m はしたがう)。
また、法 p での根は法 p での根でもあるので、法 p での根はすべて法 p での根の持ち上げである。
持ち上げた根 s は法 p で r と合同なので、 新しい根も f ′ ( s ) ≡ f ′ ( r ) ≢ 0 mod p {\displaystyle f'(s)\equiv f'(r)\not \equiv 0{\bmod {p}}} を満たす。
したがって、 最初の根 rk が f ′ ( r k ) ≢ 0 mod p {\displaystyle f'(r_{k})\not \equiv 0{\bmod {p}}} を満たせば持ち上げの操作は繰り返すことができ、 f ( x ) ≡ 0 mod p k {\displaystyle f(x)\equiv 0{\bmod {p}}^{k}} の解 rk からはじめて、p の高次冪に対して同じ合同式を満たす解の数列 rk+1, rk+2, ... を作れる。
このことはまた、 f の法 p での根が全て単根であれば、 f の法 p での根の数は法 p, p, ... での根の数と同じであることを示している。
r が法 p で単根になっていないとき、このプロセスでは何が起きているのであろうか? これを見るために、次の状況
f ( r ) ≡ 0 mod p k and f ′ ( r ) ≡ 0 mod p {\displaystyle f(r)\equiv 0{\bmod {p}}^{k}\quad {\text{and}}\quad f'(r)\equiv 0{\bmod {p}}}
多項式 f ( X ) = X 6 − 2 ∈ Q [ X ] {\displaystyle f(X)=X^{6}-2\in \mathbb {Q} [X]} を考えよう。
この多項式に対して法2でのヘンゼルの補題を適用することはできない。なぜなら f ( X ) {\displaystyle f(X)} を法 2 で還元すると単に
f ̄ ( X ) = X 6 − 2 ̄ = X 6 {\displaystyle {\bar {f}}(X)=X^{6}-{\overline {2}}=X^{6}}
となり、この6つの因子 X {\displaystyle X} はどの2つを取っても互いに素ではないからだ。しかし、アイゼンシュタインの既約判定法を使って多項式 f ( X ) {\displaystyle f(X)} が Q 2 [ X ] {\displaystyle \mathbb {Q} _{2}[X]} で既約であることは示せる。
一方、 k = F 7 {\displaystyle k=\mathbb {F} _{7}} では
f ̄ ( X ) = X 6 − 2 ̄ = X 6 − 16 ̄ = ( X 3 − 4 ̄ ) ( X 3 + 4 ̄ ) {\displaystyle {\bar {f}}(X)=X^{6}-{\overline {2}}=X^{6}-{\overline {16}}=(X^{3}-{\overline {4}})\;(X^{3}+{\overline {4}})}
となる。