Si$G=AB$est une factorisation st$q\not\mid |A|$où$q$est premier, alors pour$g\in G,a\in A$, il existe une singulière$x_1\in A$St$\alpha(gx_1^q)=a$.

Question

Laisser$G$être un groupe abélien et$A,B$être des sous-ensembles de$G$.
Supposer$AB$est une factorisation de$G$, c'est-à-dire chaque$g\in G$peut s'écrire uniquement sous la forme$ab$où$a\in A$et$b\in B$. Ici$a$s'appelle le$A$-partie de$g$et noté par$\alpha(g)$.
Laisser$q$être premier tel que$q\not\mid |A|$.

Choisissez un$a\in A,g\in G$et définir$T$être l'ensemble de tous$q$tuples$$(x_1,\dots,x_q) \text{ where } x_1,\dots,x_q\in A$$Pour qui$$\alpha(gx_1\dots x_q)=a.$$En utilisant le fait que$|T|=|A|^{q-1}$et action de groupe (permutation cyclique), on peut montrer qu'il existe une$x_1\in A$tel que$\alpha(gx_1^q)=a$. Ce que je veux montrer ici, c'est que$x_1$est uniquement déterminé par$a$et$g$.

Laisser$x_1,x_2\in A$tel que$\alpha(gx_1^q)=a=\alpha(gx_2^q)$. je veux montrer que$x_1=x_2$. Il existe$b_1,b_2\in B$tel que$gx_1^q=ab_1$et$gx_2^q=ab_2$. Alors je reçois$(x_1x_2^{-1})^q=b_1b_2^{-1}$. J'ai besoin d'une idée ou d'un indice pour compléter la preuve.

Answer 1

Comme expliqué dans mon commentaire, si$A$est fini alors le principe du casier avec votre preuve élégante (+1) que la carte$A\to A$Envoi en cours$x\mapsto \alpha(gx^q)$est surjectif, implique qu'il est aussi injectif.

D'autre part si$A$est infini on a le contre-exemple suivant :

Laisser$G=\mathbb{Z}$et$$A=\{6n,6n+1,6n+2| n\in \mathbb{Z}\},\qquad B=\{0,3\}$$Laisser$q=3$(j'ignore la condition$q\not\!||A|$lorsque$A$infini, car sa signification n'est pas claire).

Puis la carte$x\mapsto \alpha(0+3x)$n'est ni injectif ni surjectif : \begin{eqnarray}0&\mapsto&0,\\1&\mapsto&0,\end{eqnarray} et$3x\neq1,4 \implies \alpha(0+3x)\neq 1$.