만약 $G=AB$ 인수 분해 st입니다 $q\not\mid |A|$ 어디 $q$ 프라임입니다. $g\in G,a\in A$, 독특한 $x_1\in A$ 성 $\alpha(gx_1^q)=a$.

Aug 15 2020

허락하다 $G$ 아벨 그룹이고 $A,B$ 의 일부가되다 $G$.
가정$AB$ 인수 분해 $G$즉, 모든 $g\in G$ 형식으로 고유하게 작성할 수 있습니다. $ab$ 어디 $a\in A$$b\in B$. 여기$a$ 불린다 $A$-부분의 $g$ 그리고로 표시 $\alpha(g)$.
허락하다$q$ 그런 소수가되다 $q\not\mid |A|$.

선택 $a\in A,g\in G$ 정의 $T$ 모두의 집합이 $q$ 튜플 $$(x_1,\dots,x_q) \text{ where } x_1,\dots,x_q\in A$$ 어떤 $$\alpha(gx_1\dots x_q)=a.$$ 사실을 사용하여 $|T|=|A|^{q-1}$ 그룹 동작 (순환 순열)이 있다는 것을 알 수 있습니다. $x_1\in A$ 그런 $\alpha(gx_1^q)=a$. 여기서 보여 드리고 싶은 것은$x_1$ 고유하게 결정되는 $a$$g$.

허락하다 $x_1,x_2\in A$ 그런 $\alpha(gx_1^q)=a=\alpha(gx_2^q)$. 나는 그것을 보여주고 싶다$x_1=x_2$. 존재한다$b_1,b_2\in B$ 그런 $gx_1^q=ab_1$$gx_2^q=ab_2$. 그런 다음$(x_1x_2^{-1})^q=b_1b_2^{-1}$. 증명을 완료하려면 아이디어 나 힌트가 필요합니다.

답변

3 tkf Aug 21 2020 at 06:05

내 의견에서 설명했듯이 $A$ 유한 한 당신의 우아한 증거 (+1)와 함께 pigeonhole 원리는 $A\to A$ 배상 $x\mapsto \alpha(gx^q)$ 그것은 또한 주입 적이라는 것을 의미합니다.

반면에 $A$ 무한대는 다음과 같은 반례가 있습니다.

허락하다 $G=\mathbb{Z}$$$A=\{6n,6n+1,6n+2| n\in \mathbb{Z}\},\qquad B=\{0,3\}$$ 허락하다 $q=3$ (나는 조건을 무시하고 $q\not\!||A|$ 언제 $A$ 그것이 의미하는 바가 명확하지 않기 때문에 무한대).

그런 다음지도 $x\mapsto \alpha(0+3x)$주입 형도, 외형도 아닙니다 : \ begin {eqnarray} 0 & \ mapsto & 0, \\ 1 & \ mapsto & 0, \ end {eqnarray}$3x\neq1,4 \implies \alpha(0+3x)\neq 1$.