Wenn$G=AB$ist eine Faktorisierung st$q\not\mid |A|$wo$q$ist prim, dann für$g\in G,a\in A$, gibt es ein Unikat$x_1\in A$st$\alpha(gx_1^q)=a$.

Question

Lassen$G$sei eine abelsche Gruppe und$A,B$Untermengen von sein$G$.
Vermuten$AB$ist eine Faktorisierung von$G$, das heißt, jeder$g\in G$kann eindeutig in das Formular geschrieben werden$ab$wo$a\in A$und$b\in B$. Hier$a$heißt die$A$-Teil von$g$und bezeichnet mit$\alpha(g)$.
Lassen$q$eine Primzahl sein, so dass$q\not\mid |A|$.

Wähle ein$a\in A,g\in G$und definieren$T$die Menge von allem zu sein$q$Tupel$$(x_1,\dots,x_q) \text{ where } x_1,\dots,x_q\in A$$wofür$$\alpha(gx_1\dots x_q)=a.$$Indem man die Tatsache nutzt, dass$|T|=|A|^{q-1}$und Gruppenaktion (zyklische Permutation), kann gezeigt werden, dass es eine gibt$x_1\in A$so dass$\alpha(gx_1^q)=a$. Was ich hier zeigen möchte, ist das$x_1$ist eindeutig bestimmt durch$a$und$g$.

Lassen$x_1,x_2\in A$so dass$\alpha(gx_1^q)=a=\alpha(gx_2^q)$. Das möchte ich zeigen$x_1=x_2$. Es gibt$b_1,b_2\in B$so dass$gx_1^q=ab_1$und$gx_2^q=ab_2$. Dann bekomme ich$(x_1x_2^{-1})^q=b_1b_2^{-1}$. Ich brauche eine Idee oder einen Hinweis, um den Beweis zu vervollständigen.

Answer 1

Wie in meinem Kommentar erklärt, wenn$A$Endlich ist dann das Schubladenprinzip zusammen mit deinem eleganten Beweis (+1), dass die Karte$A\to A$Senden$x\mapsto \alpha(gx^q)$surjektiv ist, impliziert, dass es auch injektiv ist.

Andererseits wenn$A$unendlich ist, haben wir folgendes Gegenbeispiel:

Lassen$G=\mathbb{Z}$und$$A=\{6n,6n+1,6n+2| n\in \mathbb{Z}\},\qquad B=\{0,3\}$$Lassen$q=3$(Ich ignoriere die Bedingung$q\not\!||A|$Wenn$A$unendlich, da nicht klar ist, was es bedeutet).

Dann die Karte$x\mapsto \alpha(0+3x)$ist weder injektiv noch surjektiv: \begin{eqnarray}0&\mapsto&0,\\1&\mapsto&0,\end{eqnarray} und$3x\neq1,4 \implies \alpha(0+3x)\neq 1$.