ヘンゼルの補題 - 数学大好き宣言！

$F(X)$ : ${\mathbb Z}_p$ 係数の多項式
$x_0 \in {\mathbb Z}_p, ~~ {\rm ord}_p(F(x_0))=v,~ {\rm ord}_p(F'(x_0))=v'$
とする。
$x_0$ を初項とする数列 $x_n$ を、
$x_{n+1}=x_n - \frac{F(x_n)}{F'(x_n)}$ で定める。
定理
(1) $v\geq 2v'+1$ なら、数列 $x_n$ は任意のnで
① $x_{n+1}\equiv x_n \mod p^{v-v'+n}$
② $F(x_n)\equiv 0 \mod p^{v+n}$
③ ${\rm ord}_p( F'(x_n) )=v'$
を満たす。
(2) $v\geq 2v'+1$ なら、 $x_n$ はあるp進整数 $x$ に収束し、
$f(x)=0, x\equiv x_0 \mod p^{v-v'}$

証明(1)数学的帰納法で示す。
n=0のとき
① $x_1 = x_0-\frac{F(x_0)}{F'(x_0)}$ で、 ${\rm ord}_p (\frac{F(x_n)}{F'(x_n)}) =v-v'$ だから、 $\frac{F(x_0)}{F'(x_0)} \equiv 0 \mod p^{v-v'}$ .
よって $x_1 = x_0-\frac{F(x_0)}{F'(x_0)} \equiv x_0 \mod p^{v-v'}$ .
② ${\rm ord}_p(F(x_0))=v$ だから $F(x_0)\equiv 0 \mod p^{v}$ .
③仮定より成り立つ。

n=k+1 のとき
① $x_{k+1} = x_k-\frac{F(x_k)}{F'(x_k)}$ で、帰納法の仮定より ${\rm ord}_p(F(x_k)) \geq v+n,~~ {\rm ord}_p(F'(x_k))=v'$ だから、 ${\rm ord}_p (\frac{F(x_k)}{F'(x_k)}) \geq v-v'+n$ . よって $\frac{F(x_0)}{F'(x_0)} \equiv 0 \mod p^{v-v'+n}$ .
よって $x_{k+1} = x_k-\frac{F(x_k)}{F'(x_k)} \equiv x_k \mod p^{v-v'+n}$ .
②多項式のテイラー展開より、
$F(X)=F(Y)+(X-Y)F'(Y) + (X-Y)^2 G(X,Y)$
( $G$ は ${\mathbb Z}_p$ 係数多項式)と書ける。
$X=x_{k+1}, Y=x_k$ を代入して
$F(x_{k+1})=F(x_k)+(x_{k+1}-x_k)F'(x_k) + (x_{k+1}-x_k)^2 G(x_{k+1},x_k)$
$=F(x_k) - \frac{F(x_k)}{F'(x_k)}F'(x_k) + (x_{k+1}-x_k)^2 G(x_{k+1},x_k)$
$=(x_{k+1}-x_k)^2 G(x_{k+1},x_k)$ .
$x_{n+1}- x_n\equiv 0 \mod p^{v-v'+n}$ だから、 $(x_{n+1}- x_n\)^2 equiv 0 \mod p^{2(v-v'+n)}$ .
$v\geq 2v'+1$ より
$2(v-v'+n)\geq 2v-(v-1)+n=v+n+1$ だから、
$F(x_{k+1})\equiv 0 \mod p^{v+n+1}$ .
③ $x_{k+1}\equiv x_k \mod p^{v-v'+n}$ であり、
$v\geq 2v'+1$ より $v-v' \geq v'+1$ . よって
$x_{k+1}\equiv x_k \mod p^{v'+1}$ .よって
$F'(x_{k+1}) \equiv F'(x_k) \mod p^{v'+1}$ .
${\rm ord}_p( F'(x_k) )=v'$ なら、
$F'(x_{k+1}) \equiv F'(x_k) \not\equiv 0 \mod p^{v'+1}$ だから、
${\rm ord}_p( F'(x_{k+1}) )=v'$ .

(2)
(1)より、 $m,n \geq N$ のとき、
$x_m \equiv x_{m-1} \equiv \cdots \equiv x_n \mod p^{v-v'+N}$
よって $|x_m - x_n|\leq p^{-(v-v'+N)}$ だから、
$x_n$ はコーシー列であり、収束する。
$F(x_n)\rightarrow 0$ だから極限の性質より $F(x)=0$ .