Если $G=AB$ факторизация st $q\not\mid |A|$ где $q$ простое, то для $g\in G,a\in A$, есть уникальный $x_1\in A$ ул $\alpha(gx_1^q)=a$.

Question

Позволять $G$ быть абелевой группой и $A,B$ быть подмножествами $G$.
Предположим$AB$ это факторизация $G$, то есть каждые $g\in G$ можно записать однозначно в виде $ab$ где $a\in A$ и $b\in B$. Вот$a$ называется $A$-часть $g$ и обозначается $\alpha(g)$.
Позволять$q$ быть таким простым, что $q\not\mid |A|$.

Выберите $a\in A,g\in G$ и определить $T$ быть набором всех $q$ кортежи $$(x_1,\dots,x_q) \text{ where } x_1,\dots,x_q\in A$$ для которого $$\alpha(gx_1\dots x_q)=a.$$ Используя тот факт, что $|T|=|A|^{q-1}$ и групповое действие (циклическая перестановка), можно показать, что существует $x_1\in A$ такой, что $\alpha(gx_1^q)=a$. Я хочу показать, что$x_1$ однозначно определяется $a$ и $g$.

Позволять $x_1,x_2\in A$ такой, что $\alpha(gx_1^q)=a=\alpha(gx_2^q)$. Я хочу показать это$x_1=x_2$. Существуют$b_1,b_2\in B$ такой, что $gx_1^q=ab_1$ и $gx_2^q=ab_2$. Тогда я получаю$(x_1x_2^{-1})^q=b_1b_2^{-1}$. Мне нужна идея или подсказка, чтобы завершить доказательство.

Answer 1

Как объяснено в моем комментарии, если $A$ конечно, то принцип ячеек вместе с вашим элегантным доказательством (+1) того, что отображение $A\to A$ отправка $x\mapsto \alpha(gx^q)$ сюръективен, означает, что он также инъективен.

С другой стороны, если $A$ бесконечно, имеем следующий контрпример:

Позволять $G=\mathbb{Z}$ и $$A=\{6n,6n+1,6n+2| n\in \mathbb{Z}\},\qquad B=\{0,3\}$$ Позволять $q=3$ (Я игнорирую условие $q\not\!||A|$ когда $A$ бесконечно, так как не понятно, что это значит).

Тогда карта $x\mapsto \alpha(0+3x)$не является ни инъективным, ни сюръективным: \ begin {eqnarray} 0 & \ mapsto & 0, \\ 1 & \ mapsto & 0, \ end {eqnarray} и$3x\neq1,4 \implies \alpha(0+3x)\neq 1$.