Se$G=AB$è una fattorizzazione st$q\not\mid |A|$dove$q$è primo, quindi per$g\in G,a\in A$, c'è un unico$x_1\in A$st$\alpha(gx_1^q)=a$.

Question

Permettere$G$essere un gruppo abeliano e$A,B$essere sottoinsiemi di$G$.
Supponiamo$AB$è una fattorizzazione di$G$, cioè ogni$g\in G$può essere scritto univocamente nella forma$ab$dove$a\in A$e$b\in B$. Qui$a$si chiama il$A$-parte di$g$e denotato da$\alpha(g)$.
Permettere$q$essere un numero primo tale che$q\not\mid |A|$.

Scegli un$a\in A,g\in G$e definire$T$essere l'insieme di tutto$q$tuple$$(x_1,\dots,x_q) \text{ where } x_1,\dots,x_q\in A$$per cui$$\alpha(gx_1\dots x_q)=a.$$Usando il fatto che$|T|=|A|^{q-1}$e azione di gruppo (permutazione ciclica), si può dimostrare che esiste an$x_1\in A$tale che$\alpha(gx_1^q)=a$. Quello che voglio mostrare qui è questo$x_1$è determinato in modo univoco da$a$e$g$.

Permettere$x_1,x_2\in A$tale che$\alpha(gx_1^q)=a=\alpha(gx_2^q)$. Voglio mostrarlo$x_1=x_2$. Esiste$b_1,b_2\in B$tale che$gx_1^q=ab_1$e$gx_2^q=ab_2$. Poi capisco$(x_1x_2^{-1})^q=b_1b_2^{-1}$. Ho bisogno di qualche idea o suggerimento per completare la dimostrazione.

Answer 1

Come spiegato nel mio commento, if$A$è finito allora il principio della casella insieme alla tua elegante dimostrazione (+1) che la mappa$A\to A$invio$x\mapsto \alpha(gx^q)$è suriettiva, implica che sia anche iniettiva.

D'altra parte se$A$è infinito abbiamo il seguente controesempio:

Permettere$G=\mathbb{Z}$e$$A=\{6n,6n+1,6n+2| n\in \mathbb{Z}\},\qquad B=\{0,3\}$$Permettere$q=3$(Sto ignorando la condizione$q\not\!||A|$quando$A$infinito, in quanto non è chiaro cosa significhi).

Poi la mappa$x\mapsto \alpha(0+3x)$non è né iniettiva né suriettiva: \begin{eqnarray}0&\mapsto&0,\\1&\mapsto&0,\end{eqnarray} e$3x\neq1,4 \implies \alpha(0+3x)\neq 1$.