Como se señaló antes, usted no tiene que asumir que el $G \cong A_5$.
(1) Se hizo una correcta!
(2) Si $|Syl_3(G)|=4$, e $S \in Syl_3(G)$,$|G:N_G(S)|=4$. Ahora vamos a $G$ ley de la izquierda cosets de $N_G(S)$ por la izquierda de la multiplicación, entonces el núcleo de esta acción es $core_G(N_G(S))=\bigcap_{g \in G}N_G(S)^g$, que es un subgrupo normal. Por lo tanto, por la simplicidad de $G$, debe ser trivial y $G$ puede incrustado en $S_4$, una contradicción, ya que $60 \nmid 24$.
(3) Hemos de probar que si un no-abelian simple $G$,$|G|=60$, tiene un abelian subgrupo de orden $6$,$G \cong A_5$. Esto le da una contradicción, ya que es fácil ver que $A_5$ no contiene elementos de orden $6$ (nota de que un grupo abelian de orden $6$ debe ser cíclico).
Así que supongamos $H \lt G$ es abelian y $|H|=6$. $H$ no es normal por eso, $N_G(H)$ es un buen subgrupo (si no, a continuación, $H$ sería lo normal) y desde $|G:N_G(H)| \mid 10$, debemos tener $|G:N_G(H)|=5$ ($=2$ no es posible ya que los subgrupos de índice $2$ son normales). Del mismo modo, como en (2), $G/core_G(N_G(H))$ incrusta homomorphically en $S_5$ este tiempo. De curso $core_G(N_G(H))=1$, lo $G$ es isomorfo a un subgrupo de $S_5$ y ya es simple debe ser isomorfo a $A_5$ (si se escribe también a $G$ para la imagen en $S_5$, considere la posibilidad de $G \cap A_5 \lhd G$ y el uso de $|S_5:A_5|=2$).
(4) En general: si $G$ es un grupo con un único elemento $x$ orden $2$,$x \in Z(G)$. Por qué? Debido a que para cada $g \in G$, $g^{-1}xg$ también ha pedido a $2$ y debe ser igual a $x$. En su caso $G$ no es abelian simple, por lo $Z(G)=1$.
Tan sólo (1) es la verdadera instrucción.
Edición Para el caso (3) se me olvidó el caso de que $|G:N_G(H)|=10$. Tengo una prueba de que es bastante sofisticado y tal vez hay una manera más fácil.
De todos modos, en este caso $H=N_G(H)$. Considerar el subgrupo $P$ orden $3$$H$. Este debe ser un Sylow $3$-subgrupo de $G$, ya que el $3$ es el mayor poder de $3$ dividiendo $|G|=60$. Observar que en el hecho de $N_G(P)=H$. Esto se deduce de lo que hemos mostrado en (2): $|Syl_3(G)|=|G:N_G(P)|=10$ y, por supuesto,$H \subseteq N_G(P)$.
Trivialmente, $P \subset Z(N_G(P))$. Ahora $P$ satifies el criterio de Burnside Normal $p$-Complemento Teorema, véase, por ejemplo, el Teorema de (5.13) aquí. Pero, a continuación, $P$ tiene un complemento normal $N$, de tal manera que $G=PN$$P \cap N=1$. Ahora $G$ no es abelian simple, por lo $N=1$ o $N=G$, que ambos conducen a una contradicción.
