Jika $G=AB$adalah faktorisasi st $q\not\mid |A|$di mana $q$adalah prima, maka untuk $g\in G,a\in A$, ada yang unik $x_1\in A$st $\alpha(gx_1^q)=a$.
Membiarkan$G$menjadi grup abelian dan$A,B$menjadi himpunan bagian dari$G$.
Memperkirakan$AB$adalah faktorisasi dari$G$, yaitu setiap$g\in G$dapat ditulis secara unik dalam bentuk$ab$di mana$a\in A$dan$b\in B$. Di Sini$a$disebut$A$-bagian dari$g$dan dilambangkan dengan$\alpha(g)$.
Membiarkan$q$jadilah prima sedemikian rupa sehingga$q\not\mid |A|$.
Pilih salah satu$a\in A,g\in G$dan tentukan$T$menjadi himpunan semua$q$tupel$$(x_1,\dots,x_q) \text{ where } x_1,\dots,x_q\in A$$untuk itu$$\alpha(gx_1\dots x_q)=a.$$Dengan menggunakan fakta bahwa$|T|=|A|^{q-1}$dan aksi kelompok (permutasi siklik), dapat ditunjukkan bahwa ada$x_1\in A$seperti yang$\alpha(gx_1^q)=a$. Yang ingin saya tunjukkan di sini adalah$x_1$ditentukan secara unik oleh$a$dan$g$.
Membiarkan$x_1,x_2\in A$seperti yang$\alpha(gx_1^q)=a=\alpha(gx_2^q)$. Saya ingin menunjukkan itu$x_1=x_2$. Terdapat$b_1,b_2\in B$seperti yang$gx_1^q=ab_1$dan$gx_2^q=ab_2$. Kemudian saya mendapatkan$(x_1x_2^{-1})^q=b_1b_2^{-1}$. Saya butuh beberapa ide atau petunjuk untuk melengkapi buktinya.
Jawaban
Seperti yang dijelaskan dalam komentar saya, jika$A$terbatas maka prinsip pigeonhole bersama dengan bukti elegan Anda (+1) bahwa peta$A\to A$mengirim$x\mapsto \alpha(gx^q)$adalah surjektif, menyiratkan bahwa itu juga injektif.
Sebaliknya jika$A$tidak terbatas, kami memiliki contoh tandingan berikut:
Membiarkan$G=\mathbb{Z}$dan$$A=\{6n,6n+1,6n+2| n\in \mathbb{Z}\},\qquad B=\{0,3\}$$Membiarkan$q=3$(Saya mengabaikan kondisi$q\not\!||A|$Kapan$A$tak terbatas, karena tidak jelas apa artinya).
Kemudian peta$x\mapsto \alpha(0+3x)$bukan injektif atau surjektif: \begin{eqnarray}0&\mapsto&0,\\1&\mapsto&0,\end{eqnarray} dan$3x\neq1,4 \implies \alpha(0+3x)\neq 1$.