Jeśli $G=AB$ jest faktoryzacją ul $q\not\mid |A|$ gdzie $q$ jest liczbą pierwszą, więc dla $g\in G,a\in A$, jest wyjątkowy $x_1\in A$ św $\alpha(gx_1^q)=a$.

Aug 15 2020

Pozwolić $G$ być grupą abelową i $A,B$ być podzbiorami $G$.
Przypuszczać$AB$ jest faktoryzacją $G$to znaczy każdy $g\in G$ można zapisać w formie unikalnej $ab$ gdzie $a\in A$ i $b\in B$. Tutaj$a$ nazywa się $A$-część $g$ i oznaczony przez $\alpha(g)$.
Pozwolić$q$ być taką liczbą pierwszą $q\not\mid |A|$.

Wybierz plik $a\in A,g\in G$ i zdefiniuj $T$ być zbiorem wszystkich $q$ krotki $$(x_1,\dots,x_q) \text{ where } x_1,\dots,x_q\in A$$ dla którego $$\alpha(gx_1\dots x_q)=a.$$ Korzystając z faktu, że $|T|=|A|^{q-1}$ i działanie grupowe (permutacja cykliczna), można wykazać, że istnieje $x_1\in A$ takie że $\alpha(gx_1^q)=a$. To, co chcę tutaj pokazać, to to$x_1$ jest wyjątkowo określona przez $a$ i $g$.

Pozwolić $x_1,x_2\in A$ takie że $\alpha(gx_1^q)=a=\alpha(gx_2^q)$. Chcę to pokazać$x_1=x_2$. Istnieje$b_1,b_2\in B$ takie że $gx_1^q=ab_1$ i $gx_2^q=ab_2$. Wtedy dostaję$(x_1x_2^{-1})^q=b_1b_2^{-1}$. Potrzebuję pomysłu lub podpowiedzi, aby uzupełnić dowód.

Odpowiedzi

3 tkf Aug 21 2020 at 06:05

Jak wyjaśniono w moim komentarzu, jeśli $A$ jest skończona, to zasada szufladki wraz z twoim eleganckim dowodem (+1), że mapa $A\to A$ wysyłanie $x\mapsto \alpha(gx^q)$ jest surjektywny, oznacza, że ​​jest również iniekcyjny.

Z drugiej strony, jeśli $A$ jest nieskończona, mamy następujący kontrprzykład:

Pozwolić $G=\mathbb{Z}$ i $$A=\{6n,6n+1,6n+2| n\in \mathbb{Z}\},\qquad B=\{0,3\}$$ Pozwolić $q=3$ (Ignoruję warunek $q\not\!||A|$ kiedy $A$ nieskończony, ponieważ nie jest jasne, co to znaczy).

Następnie mapa $x\mapsto \alpha(0+3x)$nie jest ani iniekcyjny, ani surjektywny: \ begin {eqnarray} 0 & \ mapsto & 0, \\ 1 & \ mapsto & 0, \ end {eqnarray} i$3x\neq1,4 \implies \alpha(0+3x)\neq 1$.