ヘンゼルの補題
を満たす(つまり2次持ち上げの反復計算を行うための前提が満たされる)。
証明: 最初の主張は1次持ち上げを k = 1 で I の代わりにイデアル I k {\displaystyle I^{k}} に対して適用することでわかる。
α = a f + b g − 1 ∈ I k R [ X ] {\displaystyle \alpha =af+bg-1\in I^{k}R[X]} と置く。次の式
a ( f + δ f ) + b ( g + δ g ) = 1 + Δ {\displaystyle a(f+\delta _{f})+b(g+\delta _{g})=1+\Delta }
が、
Δ = α + a δ f + b δ g ∈ I k R [ X ] {\displaystyle \Delta =\alpha +a\delta _{f}+b\delta _{g}\in I^{k}R[X]}
と置くことで成り立つ。2つの多項式を δ a = − a Δ {\displaystyle \delta _{a}=-a\Delta } と δ b = − b Δ {\displaystyle \delta _{b}=-b\Delta } で定めると
( a + δ a ) ( f + δ f ) + ( b + δ b ) ( g + δ g ) = 1 − Δ 2 ∈ I 2 k R [ X ] {\displaystyle (a+\delta _{a})(f+\delta _{f})+(b+\delta _{b})(g+\delta _{g})=1-\Delta ^{2}\in I^{2k}R[X]}
が成り立つ。これで2番目の主張も証明できた。
ヘンゼルの補題は、 R / m n {\displaystyle R/{\mathfrak {m}}^{n}} での因数分解を R / m n + 1 {\displaystyle R/{\mathfrak {m}}^{n+1}} での因数分解に持ち上げる(#1次持ち上げ)ことを繰り返すか、または R / m 2 n {\displaystyle R/{\mathfrak {m}}^{2n}} での因数分解に持ち上げる(#2次持ち上げ)ことを繰り返すことにより証明されることが多い。
証明では、体を係数とする互いに素な多項式(英語版)に対してベズーの等式が成り立つということが重要な役割を果たす。ベズーの等式とは、体(ここで使うのは R / m {\displaystyle R/{\mathfrak {m}}} の場合)を係数とする互いに素な1変数多項式 f と g があったとすると、ある多項式 a と b であって、 deg  a < deg  g {\displaystyle \deg a<\deg g} かつ deg  b < deg  f {\displaystyle \deg b<\deg f} かつ次の式
環が完備であることはヘンゼルの補題が成り立つための必要条件ではない。1950年に、東屋五郎は可換な局所環であって極大イデアル m についてヘンゼルの補題が成り立つものをヘンゼル環と名付けた。
1950年代に永田雅宜は、任意の可換な局所環 A とその極大イデアル m に対して A を含む環 A であって mA についてヘンゼルの補題が成り立つような最小の環 A が常に存在することを証明した。この A のことを A のヘンゼル化と呼ぶ。A がネーターなら A もネーターである。また、A はエタール近傍系(英語版)の極限として構成されるので代数的である。したがって、A はヘンゼルの補題が成り立つにも関わらず、通常は完備化 Â よりもずっと小さく、同じ圏に属している。
を考えよう。このとき、 s ≡ r mod p k {\displaystyle s\equiv r{\bmod {p}}^{k}} は f ( s ) ≡ f ( r ) mod p k + 1 {\displaystyle f(s)\equiv f(r){\bmod {p}}^{k+1}} を意味する。つまり任意の整数 t に対して f ( r + t p k ) ≡ f ( r ) mod p k + 1 {\displaystyle f(r+tp^{k})\equiv f(r){\bmod {p}}^{k+1}} が成り立つ。それゆえ次の2つの場合がある。
f ( r ) ≢ 0 mod p k + 1 {\displaystyle f(r)\not \equiv 0{\bmod {p}}^{k+1}} なら r の法 p への f(x) の根の持ち上げは存在しない。
f ( r ) ≡ 0 mod p k + 1 {\displaystyle f(r)\equiv 0{\bmod {p}}^{k+1}} なら r の任意の法 p への持ち上げは f(x) の法 p での根である。
例: p = 2 として両方のケースを見てみよう。
f ( x ) = x 2 + 1 {\displaystyle f(x)=x^{2}+1} とし、r = 1 とする。このとき、 f ( 1 ) ≡ 0 mod 2 {\displaystyle f(1)\equiv 0{\bmod {2}}} で f ′ ( 1 ) ≡ 0 mod 2 {\displaystyle f'(1)\equiv 0{\bmod {2}}} である。
一方、1 mod 16 と 15 mod 16 は mod 32 での根に持ち上がらない。
k が3以上であれば x − 17 mod 2 には4つの根がある。しかし2進極限は2つしかない。持ち上げられた根と極限の2進展開を比べてみよう。例えば、法32での4つの根を法16で等しくなるものを組にして書くと次のようになる。
9 = 1 + 2 と 25 = 1 + 2 + 2
7 = 1 + 2 + 2 と 23 = 1 + 2 + 2 + 2
一方、17の2進平方根の展開は
1 + 2 3 + 2 5 + 2 6 + 2 7 + 2 9 + 2 10 + ⋯ {\displaystyle 1+2^{3}+2^{5}+2^{6}+2^{7}+2^{9}+2^{10}+\cdots }
1 + 2 + 2 2 + 2 4 + 2 8 + 2 11 + ⋯ {\displaystyle 1+2+2^{2}+2^{4}+2^{8}+2^{11}+\cdots }
となっている。
基本形は使えないが一般化された形のヘンゼルの補題なら使えるもう1つの例として、c ≡ 1 mod 9 である任意の3進整数は Z 3 {\displaystyle \mathbb {Z} _{3}} で立方数になることの証明を見よう。 f ( x ) = x 3 − c {\displaystyle f(x)=x^{3}-c} と置き、最初の近似根として a = 1 を取る。任意の r に対して f ′ ( r ) ≡ 0 mod 3 {\displaystyle f'(r)\equiv 0{\bmod {3}}} となってしまうので、基本形のヘンゼルの補題を使って f(x) の根を見つけることはできない。
R を可換環、I をそのイデアル、 h ∈ R [ X ] {\displaystyle h\in R[X]} を R 係数の1変数多項式で最高次の係数 α {\displaystyle \alpha } が法 I で可逆( α {\displaystyle \alpha } の R / I {\displaystyle R/I} における像が R / I {\displaystyle R/I} の可逆元という意味)であるものとする。
そして何らかの正の整数 k に対して
h ≡ α f g ( mod I k ) {\displaystyle h\equiv \alpha fg{\pmod {I^{k}}}}
と因数分解でき、f と g はモニック多項式で法 I で互いに素だったとする。ここで、"互いに素"というのはある a , b ∈ R [ X ] {\displaystyle a,b\in R[X]} が存在して a f + b g ≡ 1 ( mod I ) {\textstyle af+bg\equiv 1{\pmod {I}}} という意味で使っている。このとき、多項式 δ f , δ g ∈ I k R [ X ] {\displaystyle \delta _{f},\delta _{g}\in I^{k}R[X]} であって deg  δ f < deg  f {\displaystyle \deg \delta _{f}<\deg f} かつ deg  δ g < deg  g {\displaystyle \deg \delta _{g}<\deg g} かつ次の式