Esercizio 1.
Prendendo a=hg, b=h ^-1 e c=g ^-1, si ottiene che hgh ^-1g ^-1 e g ^-1h ^-1hg=e sono coniugati. Ma l'unico elemento coniugato ad e e' e stesso, quindi hgh ^-1g ^-1=e, cioe' h e g commutano. Siccome questo ragionamento vale per ogni h e g appartenenti al gruppo, si ha che il gruppo e' abeliano.

Una soluzione dell'esercizio 5 si puo' trovare al seguente link (come esercizio 2).
Una soluzione che usa i commutatori si puo' trovare qui (come esercizio 3b)

Esercizio 6.
4225= 5² 13².
Dai teoremi di sylow segue che esiste un unico 5-Sylow N, ed esiste un unico 13-Sylow M. M e N sono quindi normali, la loro intersezione e' il sottogruppo costituito dal solo elemento neutro (basta guardare ai periodi degli elementi), quindi per un teorema (o forse esercizio) precedente, G e' il prodotto diretto di M ed N (per questioni di cardinalita' si ha che G=MN). Sia M che N hanno ordine del tipo p², per un certo p primo, quindi sono abeliani, e il loro prodotto e' abeliano, in quanto prodotto diretto di due gruppi abeliani.
Se, in piu', si volesse sapere quanti gruppi di ordine 4225 esistono, a meno di isomorfismo, si supponga che G e G' siano isomorfi di ordine 4225. Sia G che G' hanno un unico 5-sylow, per quanto sopra; inoltre il 5-sylow di G e il 5-sylow di G' sono isomorfi, altrimenti G e G' non potrebbero essere isomorfi. Lo stesso ragionamento vale per i 13-sylow, quindi se G e G' sono isomorfi, allora lo sono anche i rispettivi p-sylow (p=5, 13). Viceversa, se G e G' hanno entrambi ordine 4225, e i 5-sylow e i 13-sylow di, rispettivamente, G e G' sono isomorfi, allora anche G e G' sono isomorfi, perche' (isomorfi a) prodotti diretti di gruppi isomorfi.
Quindi un gruppo G di ordine 4255 e' determinato, a meno di isomorfismo, dal suo 5-sylow N e dal suo 13-sylow M.
N, in quanto gruppo di ordine 25, e' isomorfo a Z₂₅ oppure a Z₅ x Z₅.
M e' isomorfo a Z₁₆₉ oppure a Z₁₃ x Z₁₃.
Si hanno quindi in tutto quattro classi di isomorfismo, quelle di:
Z₂₅ x Z₁₆₉, ciclico isomorfo a Z₄₂₂₅
Z₅ x Z₅ x Z₁₆₉
Z₂₅ x Z₁₃ x Z₁₃.
Z₅ x Z₅. x Z₁₃ x Z₁₃.
Questo risultato si poteva ottenere anche da un teorema che classifica, a meno di isomorfismo, tutti i gruppi abeliani (se lo conoscete), naturalmente dopo aver dimostrato, usando sylow, che tutti i gruppi di ordine 4225 sono abeliani.

Esercizio 10.
(b) Faccio prima vedere che
(1) Se ogni gruppo di ordine n e' ciclico, allora n=p₁... p_h, con p_i tutti distinti.
Infatti, se n=ppm, per qualche primo p, e H e' un qualunque gruppo di ordine m, allora Z_p x Z_p x H e' un gruppo di ordine n che non e' ciclico (perche' tutti i sottogruppi di un gruppo ciclico sono ciclici).
Adesso facciamo vedere che
(2) Se n=pqm, con q|p-1, allora esiste un gruppo non abeliano (quindi non ciclico) di ordine n. Infatti, il gruppo degli automorfismi di Z_p contiene un sottogruppo di ordine q (perche' |Aut(Z_p)|=p-1, e applicando Cauchy). Si puo' quindi costruire un prodotto semidiretto di Z_p per Z_q, e questo prodotto semidiretto non e' abeliano (perche' un prodotto semidiretto e' abeliano se e solo se gli automorfismi che lo definiscono sono tutti coincidenti con l'automorfismo identico). Abbiamo quindi un gruppo nonabeliano di ordine pq. Come sopra, facendo il prodotto diretto con un qualunque gruppo di ordine m, si ottiene un gruppo non abeliano (e non ciclico) di ordine pqm=n.

Usando (1) e (2) possiamo ottenere il risultato desiderato. Supponiamo che ogni gruppo di ordine n sia ciclico. Per (1) abbiamo che n=p₁... p_h, e' prodotto di primi distinti, quindi la sua funzione di eulero e' phi(n)=p₁-1... p_h-1.
Per (2), non succede mai che p_i divida p_j-1, quindi p_i e p_j-1, sono relativamente primi, poiche' p_i, e' primo. Siccome questo vale per ogni i e j, allora anche n=p₁... p_h e phi(n)=p₁-1... p_h-1. sono relativamente primi.

(d) uno schema di una soluzione di (d) si puo' trovare a pag. 149 del libro di Dummit and Foote.