Si $g^5 = h^7$ en un grupo libre, entonces $g$ y $h$ están en un subgrupo cíclico

Question

Sea $F$ ser un grupo libre, $g,h \in F$ con $g^5 = h^7$ . Entonces quiero demostrar que estos están en un subgrupo cíclico.

La estrategia que estoy intentando y fallando es mostrar que $g$ y $h$ conmutan, entonces están en un subgrupo abeliano que debe ser cíclico (sólo los grupos abelianos libres son $\mathbb{Z}$ o trivial).

Debe haber alguna manipulación inteligente de la relación $g^5 h^{-7}$ que nos dará $ghg^{-1}h^{-1}$ ¿verdad? Sin embargo, no puedo verlo.

Otra idea es utilizar el hecho de que $F$ es residualmente finito. Si $gh \neq hg$ entonces hay un $f : F \to G$ con $G$ finito y $f(gh) \neq f(hg)$ . No puedo ver cómo esto ayuda, aunque ahora estamos en un grupo finito $G$ así que quizá podamos hacer algún truco con órdenes finitos (antes no podíamos hacerlo porque todos los elemas no triviales de $F$ tienen un orden infinito).

Answer 1

Si $g=1$ la reclamación es clara. Supongamos $g\ne1$ . Sea $I$ sean los generadores de $F$ y escribe $g,h$ como palabra sobre el alfabeto $I\cup I^{-1}$ . Podemos suponer wlog que entre todos los conjugados de $(g,h)$ nuestro par es uno en el que la palabra para $g$ tiene una longitud mínima. Entonces $g$ no puede ser de la forma $x\alpha x^{-1}$ o $x^{-1}\alpha x$ ya que eso nos permitiría encontrar un conjugado más corto. Por lo tanto, en la multiplicación de $g^5$ no se produce ninguna cancelación. Además, el primer símbolo de $h$ debe ser el primer símbolo de $g$ y lo mismo para los últimos símbolos. Concluimos que no se produce ninguna cancelación en la multiplicación de $h^7$ tampoco. Por lo tanto, $g^5=h^7$ es una palabra que puede dividirse tanto en 5 partes iguales como en 7 partes iguales, en particular tiene una longitud divisible por $35$ . Dividirlo en $35$ piezas $\alpha_1,\ldots,\alpha_{35}$ de igual longitud. Entonces $$\alpha_1\alpha_2\alpha_3\alpha_4\alpha_5=\alpha_6\alpha_7\alpha_8\alpha_9\alpha_{10}=\ldots =\alpha_{31}\alpha_{32}\alpha_{33}\alpha_{34}\alpha_{35}=h$$ y concluimos $$\alpha_i=\alpha_j\qquad\text{if }i\equiv j\pmod 5.$$ Del mismo modo, concluimos de $$\alpha_1\alpha_2\alpha_3\alpha_4\alpha_5\alpha_6\alpha_7=\ldots =g$$ que $$\alpha_i=\alpha_j\qquad\text{if }i\equiv j\pmod 7.$$ Todo ello implica $$\alpha_i=\alpha_j,$$ $$g=\alpha_1 7,\quad h=\alpha_1^5.$$