A₅是阶最小的非交换单群，关于它的刻画有很多.文献[1]证明了：如果G为非可解质元群，那么G$ \cong $A₅.文献[2]证明了：G$ \cong $A₅的充要条件是π_e(G)={1，2，3，5}，其中π_e(G)表示群中元素阶的集合.文献[3]用初等方法证明了：G$ \cong $A₅的充要条件是π_e(G)={1，p，q，r}，其中p，q，r为互不相同的素数.文献[4]证明了：G$ \cong $A₅的充要条件是m(G)=5，ψ(G)=211，其中m(G)表示群G中元的最高阶，ψ(G)表示群G中所有元素阶之和.文献[5]证明了：当G的阶和同阶类类数与A₅相同时，G$ \cong $A₅.文献[6]证明了：60阶群G$ \cong $A₅的充要条件是G中只有46个不可补子群.文献[7]证明了：A₅可被其阶和K₁(A₅)唯一刻画，其中K₁(A₅)表示A₅的最高阶元素的阶.文献[8]证明了：如果一个群G的阶为60，并且满足在G的所有不可约特征标中恰好存在两个不可约特征标，使得这两个特征标在不同的共轭类上均为不同的值，那么G$ \cong $A₅.

关于对称群S₅的刻画也有很多.文献[9]证明了：G$ \cong $S₅的充要条件是m(G)=6，ψ(G)=471，其中m(G)表示群G中元的最高阶，ψ(G)表示群G中所有元素阶之和.文献[10]证明了：S₅可以由其阶和最高阶元素的阶K₁(S₅)唯一刻画.文献[11]证明了：S₅可在5阶自同构下的状态空间图唯一确定.

本文继续对A₅和S₅进行刻画，证明：A₅和S₅可以由其阶和不同阶的交换子群个数唯一决定.本文的证明只用到Sylow定理和置换表示，是完全初等的证明.

本文所涉及的群都是有限群，所用符号都是标准的.

引理1^[12]  设U是群G的指数为n的子群，则G/U_G同构于S_n的一个子群，其中U_G=∩_g∈GU^g.

引理2^[12]  设p^e是整除G的最大p-幂，则：

(a) G的Sylow p-子群恰是阶为p^e的子群；

(b) 群G的Sylow p-子群在G中共轭，特别地，|Syl_p(G)|=|G:N_G(P)|，其中P∈Syl_p(G)，Syl_p(G)是G的Sylow p-子群的集合，p为素数；

(c) |Syl_p(G)|≡1(mod p).

引理3  设H是30阶群，则H中一定存在特征列：H₅ char T char H，其中H₅=|5|，T=|15|.

证  如果H的Sylow 5-子群不正规，则由|H|=30=2×3×5及Sylow定理知，H的Sylow 5-子群有6个，进而其5阶元有24个，这导致其Sylow 3-子群必定只有1个，即Sylow 3-子群H₃正规.此时让H的Sylow 5-子群H₅共轭作用于Sylow 3-子群H₃上，由N/C定理知，H₅中心化H₃，从而H₃H₅$ \cong $H₃× H₅，故H至少有8个15阶元，但24+3+8>30，矛盾于|H|=30.从而H的Sylow 5-子群正规，即H₅ char H.因为H/H₅是6阶群，所以H/H₅有特征的3阶子群，从而H有特征的15阶子群T，且使得H₅ char T.故由特征子群的传递性知引理3成立.

引理4  A₅的非平凡交换子群的阶分别为2，3，4，5，且2阶子群有15个，3阶子群有10个，4阶子群有5个，5阶子群有6个.

证  因为A₅的2阶元都形如(ab)(cd)，故A₅的2阶元个数为5!/8=15，进而A₅的Sylow 2-子群的个数为5，即A₅的4阶子群的个数为5.又因任何两个Sylow 2-子群的交是平凡的，从而可得到A₅的2阶子群的个数为15.

因为A₅的3阶元的个数为(5×4×3)/3=20，所以A₅的3阶子群的个数为20/2=10.

因为A₅的5阶元的个数为5!/5=24，所以A₅的5阶子群的个数为24/4=6.

引理5^[13]  S₅的非平凡交换子群的阶分别为2，3，4，5，6，且2阶子群的个数为25，3阶子群的个数为10，4阶子群的个数为35，5阶子群的个数为6，6阶子群的个数为10.

定理1  设G是有限群，|G|=60，则G$ \cong $A₅的充要条件是G的3，4，5阶交换子群个数分别是10，5，6.

证  必要性由引理4即可得到.下证充分性.

令G的4阶子群之集为

因为G的4阶子群是G的Sylow子群，且个数为5，所以由引理2可得|N_G(N₁)|=12.考虑G在N_G(N₁)的左陪集上的置换表示σ，且此表示的核为Ker σ，则由引理1可得G/Ker σ同构于S₅的子群，且

从而|Ker σ||12.下面对Ker σ的阶分情况讨论：

若3||Ker σ|，则由Ker σ_G得G的所有3阶子群全部含于Ker σ，但|Ker σ||12，因此Ker σ中不可能有10个3阶子群，矛盾.从而有(3，|Ker σ|)=1，即|Ker σ||4.

若|Ker σ|=4，则由Ker σ_G且G的4阶子群为Sylow子群知，G的4阶子群有且只有1个，矛盾.

若|Ker σ|=2.因为|Ker σ|=2，所以|G/Ker σ|=30，此时Ker σ≤Z(G)，其中Z(G)为G的中心，且G/Ker σ有正规的5阶子群K/Ker σ，所以K是10阶交换群，从而K=K₅×K₂，其中K₂∈Syl₂(K)，K₅∈Syl₅(K).因为|K|=10，所以K的Sylow 5-子群唯一，即有K₅ char K.又因为K_G，所以K₅ char K_G，即有K₅_G，从而G的5阶子群唯一，矛盾.

若|Ker σ|=1，则G同构于S₅的子群.如果G全部由偶置换组成，则显然有G$ \cong $A₅.如果G含有奇置换，则G中奇偶置换各占一半，即G中的偶置换作成30阶子群，记为H.因为|G:H|=2，所以H_G.又由引理3可得H₅ char H，所以H₅ char H_G，从而有H₅_G.因为G的5阶子群是Sylow子群，所以H₅为G唯一的5阶子群，矛盾.

综上所述，G$ \cong $A₅.

由定理1的证明知，在条件中多增加一个2阶交换子群对结论不产生影响，从而可得到以下的推论：

推论1  设G是有限群，|G|=60，则G$ \cong $A₅的充要条件是G的交换子群的阶为2，3，4，5，且个数分别是15，10，5，6.

下面证明S₅可以由其阶和不同阶的交换子群个数唯一决定.

定理2  设G是有限群，|G|=120，则G$ \cong $S₅的充要条件是G的交换子群的阶为2，3，4，5，6，且个数分别是25，10，35，6，10.

证  必要性由引理5即可得到.下证充分性.

令G的5阶子群之集为

因为G的5阶子群是G的Sylow子群且个数为6，所以由引理2可得|N_G(M₁)|=20.考虑G在N_G(M₁)的左陪集上的置换表示τ，且此表示的核为Ker τ，则由引理1可得G/Ker τ同构于S₆的子群，且

从而|Ker τ||20.下面对Ker τ的阶分情况讨论：

若5||Ker τ|，则由Ker τ_G得G的所有5阶子群全部含于Ker τ中，但|Ker τ||20，因此Ker τ中不可能有6个5阶子群，矛盾.从而(5，|Ker τ|)=1，即|Ker τ||4.

若|Ker τ|=2，4.当|Ker τ|=2时，Ker τ$ \cong $C₂(2阶循环群)；当|Ker τ|=4时，Ker τ$ \cong $C₄(4阶循环群)，或Ker τ$ \cong $C₂× C₂(4阶交换群).但以上3种情形均有5|Aut(Ker τ)|.因为Ker τ_G，所以N_G(Ker τ)=G.又由N/C定理得G/C_G(Ker τ)同构于Aut(Ker τ)的子群，则5||C_G(Ker τ)|，从而G中的5阶元都平凡地作用在Ker τ上，故G中有10阶元，所以G中有10阶交换子群，矛盾.

若|Ker τ|=1，则G同构于S₆的子群.不妨将G看成S₆的子群，即G≤S₆且|G|=120.如果G的所有元素都是偶置换，即G≤A₆.因为G≤A₆，所以可考虑A₆在G的左陪集上的置换表示ϕ，则由引理1可得A₆/Ker ϕ是S₃的子群，从而Ker ϕ不可能是单位群，这导致A₆中有正规子群Ker ϕ，这与A₆是单群矛盾.如果G中元素奇偶置换各一半.设Q是由G中所有偶置换作成的群，从而|Q|=60，G/Q$ \cong $C₂.下证Q$ \cong $A₅.若Q中有10阶元，则Q中有10阶交换子群，矛盾.所以Q中无10阶元，同理Q中无15阶元.因为S₆中所有6阶元都是奇置换，所以Q中无6阶元.从而Q中元素的阶都是素数的方幂.由|Syl₅(G)|=6，|Syl₃(G)|=10，有|Syl₅(Q)|=6，|Syl₃(Q)|=10，所以Q中1阶元有1个，非单位5-元有24个，非单位3-元有20个，从而Q中非单位2-元有15个.又因为

所以|Syl₂(Q)|=5，显然Q的5阶交换子群为6个，3阶交换子群为10个，4阶交换子群为5个，从而由定理1可得Q$ \cong $A₅.因为Q_G，所以G=N_G(Q).因为Q$ \cong $A₅，所以Aut(Q)$ \cong $S₅，从而由N/C定理得G/C_G(Q)同构于S₅的子群.因为C_G(Q)_G，Q_G，所以C_G(Q)∩Q_Q.又因Q为单群，所以C_G(Q)∩Q=Q或C_G(Q)∩Q=1.若C_G(Q)∩Q=Q，则Q≤C_G(Q)，从而Q是交换子群，与Q$ \cong $A₅矛盾，所以C_G(Q)∩Q=1.因为C_G(Q)·Q≤G，|G|=120，|Q|=60，所以|C_G(Q)|=1，2.当|C_G(Q)|=1时，G是S₅的子群.因为|G|=120，|S₅|=120，所以G$ \cong $S₅.当|C_G(Q)|=2时，则G中有10阶元，从而有10阶交换子群，矛盾.

综上所述，G$ \cong $S₅.