設$G$是$60$階的單群,我們來證明他同構於$A_5$,一個比較直觀地思路是考慮群表示$\phi:G\to S(\Sigma)$,由同態基本定理得到$$G/{\rm Ker}\phi \simeq \phi(G)\leq S(\Sigma)$$
注意$G$的單性以及${\rm Ker}\phi\triangleleft G$,只要$\phi$不是總把$G$中的元素映成恆等變換就一定有${\rm Ker}\phi={1}$,即$G\leq S(\Sigma)$,自然的希望$|\Sigma|=5$,此時$S(\Sigma)=S_5$,而$60$階群$G$作為$120$階群$S_5$的子群,一定是正規的。而$S_{n}(n\geq5)$只有唯一的正規子群$A_n$,自然的$G\simeq A_5$.
所以問題歸結為找到一個集合$|\Sigma|=5$,我們只需找到$G$的一個$12$階子群$H$,這時只需取$\Sigma$為$H$在$G$中的左陪集的全體即可.因此最終問題歸結為證明群$G$必有$12$階子群！
因為$|G|=60=2^2\times3\times5$,由Sylow定理:$G$的$4$階子群個數$N(4)$只能為$1,3,5,15$,由單性排除$1$個的可能.
1).若$N(4)=3$,任取一個$4$階子群$P$,令$M=\left\{aP:a\in G\right\}$,考慮$G$在左陪集$M$上的誘導表示$\pi:G\to S(M)=S_3$,同態基本定理得$$G/{\rm Ker}\pi\simeq\pi(G)\leq S_3$$
而群$G$為單群且$G\ne{\rm Ker}\pi\triangleleft G$可知${\rm Ker}\pi={1}$,則$G\leq S_3$,而$|S_3|=6$,顯然不可能！
2).若$N(4)=5$,人取一個$4$階子群$P$,則由Sylow定理$N(4)=[G:N_G(P)]=5\Rightarrow|N_G(P)|=12$,結論成立!
3).若$N(4)=15$,我們斷言必然存在兩個$4$階子群$P_1,P_2$之交除了單位元$1$外含有其他元素,否則這$15$個$4$階子群共含有$3\times15+1=46$個元素,而根據Sylow定理:$G$的$5$階子群個數只能為$1,6$,由單性排除$1$,所以$G$共有$6$個$5$階子群,顯然她們都是循環群且兩兩之間除了單位元外不會有其他公共元素,此時這$6$個群除了單位元外一共有$4\times6=24$個元素.$46+24$已經超過群$G$的階,矛盾!
即：群$G$必然有兩個$4$階子群$P_1,P_2$之交$|P_1\cap P_2|\geq2$,注意到$\{1\}\neq P_1\cap P_2<P_1$,必然有$$|A|=|P_1\cap P_2|=2$$另外一點,我們知道$4$階群只有兩個$Z_4,K_4$,均為Abel群,這說明$A$的中心化子$C_G(A)$中至少含有$P_1，P_2$中的共$6$個元素,另外$P_1\leq C_G(A)$,說明$|C_G(A)|$可能為$12,20$:
3.1)若$|C_G(A)|=20$,則$[G:C_G(A)]=3$,與1)類似的考慮$G$在其左陪集上的誘導表示可得出矛盾！
3.2)若$|C_G(A)|=12$,那么結論已然成立