Nhóm con cấp 60
Trong 𝑆5, theo Mệnh đề 4.15, có duy nhất nhóm con chỉ số 2 hay tồn tại duy nhất nhóm con cấp 60 trong nhóm 𝑆5 là nhóm thay phiên 𝐴5.
Vậy trong 𝑆5 có duy nhất nhóm con cấp 60 là 𝐴5.
Nhóm con không cyclic cấp 4
Xét các nhóm con không cyclic cấp 4 trong 𝑆5, ta thấy các nhóm này đều đẳng cấu với nhau và đẳng cấu với nhóm ℤ2×ℤ2.Hơn nữa, các phần tử của các nhóm con này đều có cấp là 2, và do tính đóng của phép nhân, nên nếu 𝐻 là một nhóm con không cyclic cấp 4 của 𝑆5 sẽ có 1 trong 2 dạng sau:
𝐻 =〈(𝑖1𝑖2), (𝑖3𝑖4)〉 (1) hoặc 𝐻 =〈(𝑖1𝑖2)(𝑖3𝑖4), (𝑖1𝑖3)(𝑖2𝑖4)〉 (2) trong đó các 𝑖𝑘 ∈ {1; 2; 3; 4; 5}và đôi một khác nhau, 𝑘= 1,4����.
Nếu𝐻 có dạng (1) thì do trong 𝐻 có duy nhất một phần tử cấp 2 dạng
(𝑖1𝑖2)(𝑖3𝑖4), mà trong 𝑆5 có 15 phần tử dạng trên nên sẽ có 15 nhóm con không cyclic cấp 4 dạng (1). Hơn nữa, các phần tử sinh đều có cùng một cấu trúc chu
trình nên các nhóm con tương ứng sẽ liên hợp với nhau. Do đó, theo Mệnh đề 2.3, chuẩn hóa tử của nhóm con không cyclic cấp 4 dạng này trong 𝑆5 sẽ có cấp là 120
15 = 8.
Nếu𝐻 có dạng (2) thì do cách chọn phần tử sinh của nhóm con dạng này là một tổ hợp 5 chập 4 nên sẽ có 𝐶54 = 5 nhóm con không cyclic cấp 4 dạng này. Mà các phần tử sinh đều có cùng một cấu trúc chu trình nên các nhóm con tương ứng sẽ liên hợp với nhau. Do đó, theo Mệnh đề 2.3, chuẩn hóa tử của nhóm con không cyclic cấp 4 dạng này trong 𝑆5 sẽ có cấp là 1205 = 24.
Nhóm con không cyclic cấp 6
Xét các nhóm con không cyclic cấp 6 trong 𝑆5,ta có các nhóm này đều đẳng cấu với nhau và đẳng cấu với nhóm 𝑆3. Mà trong 𝑆3 có 2 phần tử cấp 3, 3 phần tử cấp 2, 1 phần tử đơn vị, nên tương ứng trong một nhóm con không cyclic cấp 6 phải có 2 phần tử cấp 3, 3 phần tử cấp 2, 1 phần tử đơn vị. Hơn nữa, các phần tử cấp 2 của các nhóm con này có dạng hoặc là một chuyển vị, hoặc là một tích của 2 chuyển vị. Mặt khác, do tính đóng của phép nhân trong nhóm, nên một nhóm con không cyclic cấp 6 của 𝑆5 sẽ có 1 trong 2 dạng sau:
〈(𝑖1𝑖2), (𝑖1𝑖3)〉 (1) hoặc 〈(𝑖1𝑖2𝑖3), (𝑖1𝑖2)(𝑖4𝑖5)〉 (2) trong đó các 𝑖𝑘 ∈ {1; 2; 3; 4; 5}và đôi một khác nhau, 𝑘= 1,5����.
Vì trong 𝑆5 có 20 phần tử cấp 3, nên sẽ có 10 nhóm con dạng (1) và 10 nhóm con dạng (2). Như vậy, trong 𝑆5 có 20 nhóm con không cyclic cấp 6. Hơn nữa, nếu 𝐻 là một nhóm con không cyclic cấp 6 của 𝑆5 thì theo Hệ quả 2.3, ta có �𝑁𝑆5(𝐻)�=12010 = 12.
Nhóm con cấp 20
Giả sử 𝐺 là nhóm con cấp 20 của 𝑆5 thì trong 𝐺 có 5-nhóm con Sylow là các nhóm con cấp 5. Gọi 𝑛5 là số các 5-nhóm con Sylow của 𝐺, thì theo iii) của
Định lý Sylow thứ II, ta có � 𝑛5|20
𝑛5 ≡1(𝑚𝑜𝑑 5), nên 𝑛5 = 1. Giả sử 𝑃 là 5-nhóm con Sylow của 𝐺 thì do tính duy nhất nên 𝑃 ⊴ 𝐺, nên theo Mệnh đề 2.4, suy ra
𝐺 ≤ 𝑁𝑆5(𝑃). Mà �𝑁𝑆5(𝑃)�= 20 = |𝐺| (do chuẩn hóa tử của 5-nhóm con Sylow có cấp là 20), suy ra 𝐺 =𝑁𝑆5(𝑃). Mặt khác, trong 𝑆5 có 6 5-nhóm con Sylow cấp 5 nên trong 𝑆5 sẽ có 6 nhóm con cấp 20.
Giả sử 𝑃 =〈(𝑖1𝑖2𝑖3𝑖4𝑖5)〉,trong đó các 𝑖𝑘 ∈{1; 2; 3; 4; 5}và đôi một khác nhau, 𝑘 = 1,5����. Chứng minh 𝑁𝑆5(𝑃) =〈(𝑖1𝑖2𝑖3𝑖4𝑖5), (𝑖2𝑖3𝑖5𝑖4)〉.
Thật vậy, đặt 𝜎 = (𝑖2𝑖3𝑖5𝑖4),𝜏 = (𝑖1𝑖2𝑖3𝑖4𝑖5), ta có
𝜎𝜏𝜎−1 = (𝑖1𝑖3𝑖5𝑖2𝑖4) =𝜏2,hơn nữa 𝜎〈𝜏〉𝜎−1 =〈𝜏〉 nên 𝜎 ∈ 𝑁𝑆5(𝑃).Do đó 〈𝜏,𝜎〉 ≤ 𝑁𝑆5(𝑃), mà |〈𝜏,𝜎〉| = 20 =�𝑁𝑆5(𝑃)�. Suy ra 𝑁𝑆5(𝑃) =〈𝜏,𝜎〉.
Ngoài ra, vì 𝑃 là 5-nhóm con Sylow cấp 5 duy nhất của 𝐺, nên áp dụng ii) của
Mệnh đề 2.4, suy ra 𝑁𝑆5(𝐺) ≤ 𝑁𝑆5(𝑃).Do đó 𝐺 ≤ 𝑁𝑆5(𝐺)≤ 𝑁𝑆5(𝑃) =𝐺. Suy ra 𝑁𝑆5(𝐺) =𝐺. Vì vậy, chuẩn hóa tử của nhóm con cấp 20 là chính nó.
Nhóm con cấp 10
Bổ đề 7.4. Trong nhóm con 𝐺 cấp 10 không có phần tử cấp 2 dạng (𝑖𝑗).
Chứng minh
Thật vậy, xét tích của một phần tử cấp 5 bất kì và một phần tử cấp 2 dạng (𝑖𝑗), vì trong một chu trình ta có thể thay đổi vị trí của các hệ số theo một thứ tự nhất định, để hệ số đầu tiên của phần tử cấp 5 và cấp 2 như nhau. Do đó, không mất tính tổng quát, ta có thể xét 𝜎 = (𝑖1𝑖2𝑖3𝑖4𝑖5), 𝜏 = (𝑖1𝑖𝑘) với 𝑘 ∈{2, 3, 4, 5}. Dễ dàng kiểm tra được rằng |𝜎𝜏| ∤10. Nên 𝜎𝜏 ∉ 𝐺.
Do đó, trong nhóm con G cấp 10 không có phần tử cấp 2 dạng (𝑖𝑗).
Như vậy, theo Bổ đề 7.4, mọi phần tử cấp 2 trong nhóm con cấp 10 đều có dạng (𝑖𝑗)(𝑘𝑙).Do đó, mọi phần tử của nhóm con cấp 10 của 𝑆5đều có 𝑠𝑔𝑛 bằng 1. Nên nếu 𝐺 là nhóm con cấp 10 của 𝑆5thì cũng là nhóm con cấp 10 của nhóm thay phiên 𝐴5.
Bổ đề 7.5. Chuẩn hóa tử của nhóm con cấp 5 trong nhóm thay phiên 𝐴5 là nhóm cấp 10.
Chứng minh
𝑃cũng là 5-nhóm con Sylow của 𝑆5. Mà trong 𝑆5 có 6 5-nhóm con Sylow, nên �𝐴5:𝑁𝐴5(𝑃)�= 6, suy ra �𝑁𝐴5(𝑃)� =606 = 10.
Bổ đề 7.7. Mọi nhóm con cấp 10 trong nhóm thay phiên 𝐴5 chính là chuẩn hóa tử của 5-nhóm con Sylow.
Chứng minh
Giả sử 𝐺 là nhóm con cấp 10 của 𝐴5 thì trong 𝐺 có 5-nhóm con Sylow là các nhóm con cấp 5. Gọi 𝑛5 là số các 5-nhóm con Sylow của 𝐺, thì theo iii) của
Định lý Sylow thứ II, suy ra � 𝑛5|10
𝑛5 ≡1(𝑚𝑜𝑑 5),do đó 𝑛5 = 1. Giả sử 𝑃 là 5- nhóm con Sylow của 𝐺 thì do tính duy nhất của 𝑃 nên 𝑃 ⊴ 𝐺, theo i) của Mệnh đề 2.4, suy ra 𝐺 ≤ 𝑁𝐴5(𝑃). Mà theo Bổ đề 7.6 thì �𝑁𝐴5(𝑃)�= 10, nên |𝐺| = �𝑁𝐴5(𝑃)�.Do đó, 𝐺 =𝑁𝐴5(𝑃).
Trong 𝑆5, mọi 5-nhóm con Sylow đều nằm trong nhóm 𝐴5, mà có tất cả 6 5- nhóm con Sylow nên trong 𝐴5 có tất cả 6 5-nhóm con Sylow. Theo Bổ đề 7.7, suy ra trong 𝐴5 có tất cả 6 nhóm con cấp 10. Mà do 𝐴5 là duy nhất nên trong 𝑆5 cũng có tất cả 6 nhóm con cấp 10. Vì trong 𝑆5 không có phần tử cấp 10, nên theo [1] (Bài tập 2.60) thì 𝐺 =〈𝑎,𝑏|𝑎2 =𝑏5 = 1,𝑏4 =𝑎𝑏𝑎〉 ≅ 𝐷5.Do đó, giả sử 𝑃 =〈(𝑖1𝑖2𝑖3𝑖4𝑖5)〉,trong đó các 𝑖𝑘 ∈{1; 2; 3; 4; 5}và đôi một khác nhau, 𝑘= 1,5����.Khi đó, 𝐺 =𝑁𝐴5(𝑃) = 〈(𝑖1𝑖2𝑖3𝑖4𝑖5), (𝑖1𝑖2)(𝑖3𝑖5)〉.
Hơn nữa, vì các 5-nhóm con Sylow liên hợp với nhau, nên theo iii)của Mệnh đề 2.4, chuẩn hóa tử của chúng trong 𝑆5, là các nhóm con cấp 10, đều liên hợp với nhau. Vì vậy, theo Mệnh đề 2.3, suy ra �𝑁𝑆5(𝐺)� =1206 = 20.
Nhóm con cấp 12
Giả sử 𝐺 là nhóm con cấp 12 của 𝑆5 thì trong 𝐺 có 3-nhóm con Sylow là các nhóm con cấp 3. Gọi 𝑛3 là số 3-nhóm con Sylow của 𝐺, thì theo iii) của Định lý Sylow II, ta có � 𝑛3|12
𝑛3 ≡1(𝑚𝑜𝑑 3), suy ra �𝑛𝑛33 = 1= 4.
của 𝑃 nên 𝑃 ⊴ 𝐺. Do vậy, theo Mệnh đề 2.4, suy ra 𝐺 ≤ 𝑁𝑆5(𝑃). Mà theo trên, ta lại có �𝑁𝑆5(𝑃)� = 12, nên |𝐺| =�𝑁𝑆5(𝑃)�.Do đó 𝐺 =𝑁𝑆5(𝑃).
Như vậy, mỗi nhóm con cấp 12 trong trường hợp có 3-nhóm con Sylow chuẩn tắc đều là chuẩn hóa tử của 3-nhóm con Sylow đó.
Mà trong 𝑆5 có tất cả 10 3-nhóm con Sylow nên số nhóm con cấp 12 của 𝑆5 trong trường hợp này là 10 nhóm con.
Bây giờ, ta chứng minh nhóm con 𝑮 cấp 12 của 𝑺𝟓trong trường hợp này sẽ đẳng cấu với nhóm nhị diện 𝑫𝟔.
Thật vậy, theo [6], ta có kết quả sau:
Mệnh đề 7.8. Cho 𝐺 là nhóm không abel có cấp 12. Khi đó, nếu 𝐺 có 2-nhóm con Sylow chuẩn tắc thì 𝐺 đẳng cấu với nhóm 𝐴4, hoặc nếu 𝐺 có 3-nhóm con Sylow chuẩn tắc và các 2-nhóm con Sylow đều không cyclic thì 𝐺 đẳng cấu với
𝐷6.
Như vậy, ta chỉ cần chứng minh trong 𝐺 không có 2-nhóm con Sylow cyclic. Thật vậy, giả sử 𝑃 =〈(𝑖1𝑖2𝑖3)〉,trong đó các 𝑖𝑘 ∈ 𝑋 = {1; 2; 3; 4; 5}và đôi một khác nhau, 𝑘 = 1,3���� và 𝐺 =𝑁𝑆5(𝑃). Lấy 𝜎 ∈ 𝑆5, |𝜎| = 4và đặt 𝜏 = (𝑖1𝑖2𝑖3) thì 𝜎𝜏𝜎−1 = (𝜎𝑖1𝜎𝑖2𝜎𝑖3), mà |𝜎| = 4 nên tồn tại 𝑖𝑘 ∈ 𝑋\{𝑖1;𝑖2;𝑖3} sao cho
𝜎𝑖1 = 𝑖𝑘 ℎ𝑜ặ𝑐𝜎𝑖2 =𝑖𝑘 ℎ𝑜ặ𝑐𝜎𝑖3 =𝑖𝑘. Khi đó, 𝜎〈𝜏〉𝜎−1 ≠ 〈𝜏〉.Do đó 𝜎 ∉ 𝑁𝑆5(𝑃), hay nói cách khác trong 𝐺 không có phần tử cấp 4. Suy ra các 2-nhóm con Sylow của 𝐺 đều không cyclic.
Do đó, nhóm 𝐺 là nhóm cấp 12, không abel, có 3-nhóm con Sylow chuẩn tắc và các 2-nhóm con Sylow đều không cyclic, nên theo Mệnh đề 7.8 trên suy ra 𝐺 ≅ 𝐷6.Như vậy, mọi nhóm con cấp 12 của 𝑆5trong trường hợp này đều đẳng cấu với nhóm nhị diện 𝐷6.
Hơn nữa, vì 𝑃 là nhóm con cấp 3 duy nhất của 𝐺 nên áp dụng ii) của Mệnh đề 2.4, suy ra 𝑁𝑆5(𝐺) ≤ 𝑁𝑆5(𝑃).Do đó 𝐺 ≤ 𝑁𝑆5(𝐺) ≤ 𝑁𝑆5(𝑃) =𝐺. Suy ra
duy nhất 3-nhóm con Sylow là chính nó.
Giả sử 𝑛3 = 4. Khi đó, do 3 là số nguyên tố nên các nhóm con cấp 3 khác nhau sẽ không có phần tử cấp 3 nào chung. Do đó, số phần tử cấp 3 trong nhóm 𝐺 là: 2. 4 = 8 phần tử. Số phần tử còn lại không phải cấp 3 trong 𝐺 là 4 phần tử. Hơn nữa, trong 𝐺 cũng có 2-nhóm con Sylow là các nhóm con cấp 4. Gọi 𝑛2 là số 2- nhóm con Sylow cấp 4 của 𝐺, thì theo iii) của Định lý Sylow thứ II, ta có � 𝑛2|12
𝑛2 ≡1(𝑚𝑜𝑑 2), suy ra 𝑛2 = 1 hoặc 𝑛2 = 3. Vì số phần tử không phải cấp 3 còn lại trong 𝐺 chỉ là 4, nên 𝑛2 = 1. Do đó 𝑃 là nhóm con cấp 4 duy nhất của 𝑃 nên 𝑃 ⊴ 𝐺. Do vậy, trong trường hợp này 𝐺 là nhóm có cấp 12, không abel, có 2-nhóm con Sylow chuẩn tắc, nên theo Mệnh đề 7.8 trên 𝐺 đẳng cấu với nhóm thay phiên 𝐴4.Mà trong 𝑆5 có tất cả 𝐶54 = 5nhóm con đẳng cấu với 𝐴4.Do đó, có 5 nhóm con cấp 12 dạng trên trong 𝑆5.
Tóm lại, trong 𝑆5 có tất cả 15 nhóm con cấp 12, trong đó các nhóm con cấp 12 hoặc có 3-nhóm con Sylow chuẩn tắc hoặc có 2-nhóm con Sylow chuẩn tắc.
Ngoài ra, trong trường hợp nhóm 𝐺 cấp 12 đẳng cấu với 𝐴4 thì chuẩn hóa tử của nó có cấp là 24. Thật vậy, giả sử 𝑃 là 2-nhóm con Sylow chuẩn tắc cấp 4 của 𝐺. Khi đó, theo ii) của Mệnh đề 2.4, suy ra 𝑁𝑆5(𝐺)≤ 𝑁𝑆5(𝑃). Do đó �𝑁𝑆5(𝐺)�= 12 hoặc �𝑁𝑆5(𝐺)� = 24. Nếu �𝑁𝑆5(𝐺)� = 12 thì 𝑁𝑆5(𝐺) =𝐺 nên 𝐺 ⊲ 𝑆5 (mâu thuẫn với Mệnh đề 4.16). Do đó �𝑁𝑆5(𝐺)�= 24.
Nhóm con cấp 24
Theo trên, chuẩn hóa tử củanhóm con không cyclic cấp 4 dạng (2), hoặc chuẩn hóa tử của nhóm con cấp 12 có 2-nhóm con Sylow chuẩn tắcđều có cấp 24.
Như vậy, tồn tại trong 𝑆5 các nhóm con cấp 24.
Giả sử 𝐺 là nhóm con cấp 24 của 𝑆5 thì trong 𝐺 có 3-nhóm con Sylow là các nhóm con cấp 3. Nếu gọi 𝑛3 là số 3-nhóm con Sylow của 𝐺 thì theo iii) của
định lý Sylow II, suy ra � 𝑛3|24
Giả sử 𝑛3 = 1.Khi đó, gọi 𝑃 là 3-nhóm con Sylow của 𝐺 thì do tính duy nhất của 𝑃 nên 𝑃 ⊴ 𝐺. Theo ii) của Mệnh đề 2.4, suy ra 𝐺 ≤ 𝑁𝑆5(𝑃). Do đó |𝐺| = 24��𝑁𝑆5(𝑃)� = 12 (mâu thuẫn), vì vậy 𝑛3 = 4. Mà 3 là số nguyên tố nên các nhóm con cấp 3 khác nhau sẽ không có phần tử cấp 3 nào chung. Do đó, số phần tử cấp 3 trong nhóm 𝐺 là 2. 4 = 8 phần tử. Số phần tử còn lại không phải cấp 3 trong 𝐺 là 16 phần tử. Hơn nữa, vì trong 𝐺 cũng có 2-nhóm con Sylow là các nhóm con cấp 8 nên nếu gọi 𝑛2 là số 2-nhóm con Sylow của 𝐺, thì do iii) của Định lý Sylow II, ta suy ra � 𝑛2|24
𝑛2 ≡1(𝑚𝑜𝑑 2),do đó 𝑛2 = 1 hoặc 𝑛2 = 3. Nếu 𝑛2 = 1 thì 𝐺 chỉ có duy nhất 2-nhóm con Sylow cấp 8. Giả sử 𝑃 là 2-nhóm con Sylow cấp 8 của 𝐺 thì do tính duy nhất của 𝑃 nên 𝑃 ⊴ 𝐺. Vì vậy, theo Mệnh đề 2.4, ta có 𝐺 ≤ 𝑁𝑆5(𝑃). Do đó |𝐺| = 24��𝑁𝑆5(𝑃)�= 8 (mâu thuẫn), suy ra 𝑛2 = 3.Như vậy, trong mỗi nhóm con cấp 24 có 4 3-nhóm con Sylow cấp 3 và 3 2-nhóm con Sylow cấp 8. Bây giờ, ta sẽ chứng minh mọi nhóm con cấp 24 của 𝑆5 đều đẳng cấu với nhóm 𝑆4 thông qua bổ đề sau
Bổ đề 7.9. Trong 𝑆5, các nhóm con cấp 24 đều đẳng cấu với nhóm 𝑆4.
Chứng minh
Trước tiên, ta nhắc lại một Định lí mà sẽ được sử dụng trong chứng minh
Định lí 7.10. Cho 𝐺 là một nhóm. Giả sử 𝐺 có nhóm con 𝐻 chỉ số 𝑛.Khi đó, tồn tại một đồng cấu nhóm 𝑓:𝐺 → 𝑆𝑛 sao cho 𝑘𝑒𝑟𝑓 ≤ 𝐻.
Giả sử 𝐺 ≤ 𝑆5, |𝐺| = 24 và gọi 𝑃 là 3-nhóm con Sylow của 𝐺. Theo trên, vì 𝑛3 = 4, nên [𝐺:𝑁𝐺(𝑃)] = 4. Theo Định lí 7.10 thì tồn tại đồng cấu nhóm 𝑓:𝐺 → 𝑆4 sao cho 𝑘𝑒𝑟𝑓 ≤ 𝑁𝐺(𝑃).Do đó |𝑘𝑒𝑟𝑓|�6.
Giả sử |𝑘𝑒𝑟𝑓| = 3 hoặc |𝑘𝑒𝑟𝑓| = 6. Khi đó, trong 𝑘𝑒𝑟𝑓 có 3-nhóm con Sylow cấp 3, nhưng vì 𝑘𝑒𝑟𝑓 ⊴ 𝐺 nên bốn 3-nhóm con Sylow cấp 3 đều nằm trong 𝑘𝑒𝑟𝑓, do đó 𝑘𝑒𝑟𝑓 có ít nhất là 9 phần tử (mâu thuẫn với |𝑘𝑒𝑟𝑓| = 3; 6). Nếu
|𝑘𝑒𝑟𝑓| = 2 thì �𝐺 𝑘𝑒𝑟𝑓� � = 12, mà 𝐺 𝑘𝑒𝑟𝑓
� ≅ 𝐼𝑚𝑓 ≤ 𝑆4. Mặt khác, theo
Mệnh đề 4.15, thì 𝑆4 có duy nhất nhóm con chỉ số 2 hay nhóm con cấp 12 là nhóm thay phiên 𝐴4, suy ra 𝐺
𝑘𝑒𝑟𝑓
� ≅ 𝐴4 (mâu thuẫn vì trong 𝐴4 chỉ có duy nhất 2-nhóm con Sylow cấp 4 nhưng trong 𝐺�𝑘𝑒𝑟𝑓 có 3 2-nhóm con Sylow cấp 4). Do đó |𝑘𝑒𝑟𝑓| = 1, nên 𝐺 ≅ 𝐼𝑚𝑓, suy ra |𝐼𝑚𝑓| = 24. Mà 𝐼𝑚𝑓 ≤ 𝑆4, nên 𝐼𝑚𝑓 =𝑆4. Suy ra 𝐺 ≅ 𝑆4.
Vậy trong S5 các nhóm con cấp 24 đều đẳng cấu với nhóm S4.
Mà trong 𝑆5, số nhóm con đẳng cấu với 𝑆4 là 𝐶54 = 5 nhóm con nên trong S5 có 5 nhóm con cấp 24.
Hơn nữa, theo Mệnh đề 2.3, suy ra �𝑁𝑆5(𝐺)� =1205 = 24.Do đó, chuẩn hóa tử của nhóm con cấp 24 là chính nó.
CHƯƠNG 3- NHÓM CON NGUYÊN THỦY CỦA NHÓM ĐỐI XỨNG 𝑺𝟓
Cho 𝑋 = {1; 2; 3; 4; 5}; 𝑖𝑘 ∈ 𝑋 và các 𝑖𝑘 đôi một khác nhau, với 𝑘= 1,5����. 1. Các nhóm hoán vị bắc cầu
Nhóm con cấp 2
Giả sử 𝐺 =〈(𝑖1𝑖2)〉. Xét tập ∅ ≠ ∆1= {𝑖1;𝑖2}⊂ 𝑋, ta có ∆1𝐺=∆1, suy ra ∆1 là một khối cố định không tầm thường của 𝐺. Còn nếu 𝐺 =〈(𝑖1𝑖2)(𝑖3𝑖4)〉 thì xét tập ∅ ≠ ∆2= {𝑖1;𝑖2;𝑖3;𝑖4}⊂ 𝑋, ta cũng có ∆2𝐺=∆2. Suy ra ∆2 cũng là một khối cố định không tầm thường của 𝐺.Do đó mọi nhóm con cấp 2 của 𝑆5 đều không bắc cầu.
Nhóm con cấp 3
Giả sử 𝐺 =〈(𝑖1𝑖2𝑖3)〉. Xét tập ∅ ≠ ∆= {𝑖1;𝑖2;𝑖3}⊂ 𝑋, ta có ∆𝐺=∆, suy ra ∆ là một khối cố định không tầm thường của 𝐺.Do đó nhóm con cấp 3 của 𝑆5 không