设$G$是$60$阶的单群,我们来证明他同构于$A_5$,一个比较直观地思路是考虑群表示$phi:G o S(Sigma)$,由同态基本定理得到$$G/{ m Ker}phi simeq phi(G)leq S(Sigma)$$
注意$G$的单性以及${ m Ker}phi riangleleft G$,只要$phi$不是总把$G$中的元素映成恒等变换就一定有${ m Ker}phi={1}$,即$Gleq S(Sigma)$,自然的希望$|Sigma|=5$,此时$S(Sigma)=S_5$,而$60$阶群$G$作为$120$阶群$S_5$的子群,一定是正规的。而$S_{n}(ngeq5)$只有唯一的正规子群$A_n$,自然的$Gsimeq A_5$.
所以问题归结为找到一个集合$|Sigma|=5$,我们只需找到$G$的一个$12$阶子群$H$,这时只需取$Sigma$为$H$在$G$中的左陪集的全体即可.因此最终问题归结为证明群$G$必有$12$阶子群！
因为$|G|=60=2^2 imes3 imes5$,由Sylow定理:$G$的$4$阶子群个数$N(4)$只能为$1,3,5,15$,由单性排除$1$个的可能.
1).若$N(4)=3$,任取一个$4$阶子群$P$,令$M=left{aP:ain G ight}$,考虑$G$在左陪集$M$上的诱导表示$pi:G o S(M)=S_3$,同态基本定理得$$G/{ m Ker}pisimeqpi(G)leq S_3$$
而群$G$为单群且$G e{ m Ker}pi riangleleft G$可知${ m Ker}pi={1}$,则$Gleq S_3$,而$|S_3|=6$,显然不可能！
2).若$N(4)=5$,人取一个$4$阶子群$P$,则由Sylow定理$N(4)=[G:N_G(P)]=5Rightarrow|N_G(P)|=12$,结论成立!
3).若$N(4)=15$,我们断言必然存在两个$4$阶子群$P_1,P_2$之交除了单位元$1$外含有其他元素,否则这$15$个$4$阶子群共含有$3 imes15+1=46$个元素,而根据Sylow定理:$G$的$5$阶子群个数只能为$1,6$,由单性排除$1$,所以$G$共有$6$个$5$阶子群,显然她们都是循环群且两两之间除了单位元外不会有其他公共元素,此时这$6$个群除了单位元外一共有$4 imes6=24$个元素.$46+24$已经超过群$G$的阶,矛盾!
即：群$G$必然有两个$4$阶子群$P_1,P_2$之交$|P_1cap P_2|geq2$,注意到${1} eq P_1cap P_2<P_1$,必然有$$|A|=|P_1cap P_2|=2$$另外一点,我们知道$4$阶群只有两个$Z_4,K_4$,均为Abel群,这说明$A$的中心化子$C_G(A)$中至少含有$P_1，P_2$中的共$6$个元素,另外$P_1leq C_G(A)$,说明$|C_G(A)|$可能为$12,20$:
3.1)若$|C_G(A)|=20$,则$[G:C_G(A)]=3$,与1)类似的考虑$G$在其左陪集上的诱导表示可得出矛盾！
3.2)若$|C_G(A)|=12$,那么结论已然成立