ถ้า $G=AB$ เป็นเซนต์แยกตัวประกอบ $q\not\mid |A|$ ที่ไหน $q$ เป็นไพรม์แล้วสำหรับ $g\in G,a\in A$มีเอกลักษณ์ $x_1\in A$ เซนต์ $\alpha(gx_1^q)=a$.
ปล่อย $G$ เป็นกลุ่มอาเบเลียนและ $A,B$ เป็นส่วนย่อยของ $G$.
สมมติ$AB$ คือการแยกตัวประกอบของ $G$นั่นคือทุกๆ $g\in G$ สามารถเขียนได้โดยไม่ซ้ำกันในแบบฟอร์ม $ab$ ที่ไหน $a\in A$ และ $b\in B$. ที่นี่$a$ เรียกว่า $A$-เป็นส่วนหนึ่งของ $g$ และแสดงโดย $\alpha(g)$.
ปล่อย$q$ เป็นนายกอย่างนั้น $q\not\mid |A|$.
เลือกไฟล์ $a\in A,g\in G$ และกำหนด $T$ เป็นชุดของทั้งหมด $q$ สิ่งทอ $$(x_1,\dots,x_q) \text{ where } x_1,\dots,x_q\in A$$ ซึ่ง $$\alpha(gx_1\dots x_q)=a.$$ โดยใช้ความจริงที่ว่า $|T|=|A|^{q-1}$ และการกระทำแบบกลุ่ม (การเรียงสับเปลี่ยนแบบวนรอบ) สามารถแสดงได้ว่ามีไฟล์ $x_1\in A$ ดังนั้น $\alpha(gx_1^q)=a$. สิ่งที่ผมอยากจะแสดงให้เห็นคือ$x_1$ ถูกกำหนดโดยเฉพาะโดย $a$ และ $g$.
ปล่อย $x_1,x_2\in A$ ดังนั้น $\alpha(gx_1^q)=a=\alpha(gx_2^q)$. ฉันต้องการแสดงให้เห็นว่า$x_1=x_2$. มีอยู่$b_1,b_2\in B$ ดังนั้น $gx_1^q=ab_1$ และ $gx_2^q=ab_2$. แล้วฉันจะได้รับ$(x_1x_2^{-1})^q=b_1b_2^{-1}$. ฉันต้องการความคิดหรือคำใบ้เพื่อทำการพิสูจน์
คำตอบ
ตามที่อธิบายไว้ในความคิดเห็นของฉันถ้า $A$ แน่นอนว่าหลักการของนกพิราบพร้อมกับข้อพิสูจน์ที่สง่างามของคุณ (+1) ว่าแผนที่ $A\to A$ การส่ง $x\mapsto \alpha(gx^q)$ เป็นการคาดเดาโดยนัยว่าเป็นการฉีดยาด้วย
ในทางกลับกันถ้า $A$ ไม่มีที่สิ้นสุดเรามีตัวอย่างการตอบโต้ต่อไปนี้:
ปล่อย $G=\mathbb{Z}$ และ $$A=\{6n,6n+1,6n+2| n\in \mathbb{Z}\},\qquad B=\{0,3\}$$ ปล่อย $q=3$ (ฉันไม่สนใจเงื่อนไข $q\not\!||A|$ เมื่อไหร่ $A$ ไม่มีที่สิ้นสุดเนื่องจากไม่ชัดเจนว่าหมายถึงอะไร)
จากนั้นแผนที่ $x\mapsto \alpha(0+3x)$ไม่ใช่การฉีดยาหรือการคาดเดา : \ begin {eqnarray} 0 & \ mapsto & 0, \\ 1 & \ mapsto & 0, \ end {eqnarray}และ$3x\neq1,4 \implies \alpha(0+3x)\neq 1$.