Element orders in $\mathrm{SL}_{2}(\mathbb F_{3})$.

On a
$$\bigl|\mathrm{SL}_2(\mathbb{F}_3)\bigr|=\frac{(3^{2}-1)(3^{2}-3)}{3-1}=\frac{48}{2}=24 .$$Pour $M\in\mathrm{SL}_2(\mathbb{F}_3)$, le polynôme caractéristique est $\chi_M=X^{2}-tX+1$ avec $t=\operatorname{tr}M\in\{0,1,-1\}$, de discriminant $t^{2}-4$. En caractéristique $3$, on a $t^{2}-4\equiv t^{2}-1$, d’où trois cas.

• $t=-1$ : $\chi_M=(X-1)^{2}$, donc $M$ est unipotente. Ou bien $M=I_{2}$, ou bien $(M-I_{2})^{2}=0$ avec $M\neq I$, et alors
  $$M^{3}=\bigl(I_{2}+(M-I_{2})\bigr)^{3}=I_{2}+3(M-I_{2})+3(M-I_{2})^{2}+(M-I_{2})^{3}=I_{2},$$puisque $3=0$ : l’ordre est $3$.

• $t=1$ : $\chi_M=(X+1)^{2}$, donc $-M$ est unipotente. Ou bien $M=-I_{2}$, d’ordre $2$, ou bien $M=-U$ avec $U$ d’ordre $3$, et comme $-I_{2}$ est centrale d’ordre $2$, l’ordre de $M$ est $\operatorname{ppcm}(2,3)=6$.

• $t=0$ : $\chi_M=X^{2}+1$, irréductible sur $\mathbb{F}_3$ car $-1$ n’y est pas un carré. Cayley–Hamilton donne $M^{2}=-I_{2}$, donc $M^{4}=I_{@}$ et $M^{2}\neq I_{2}$ : l’ordre est $4$.

Ainsi les ordres possibles sont $1,2,3,4,6$ et des représentants possibles :
$$I_{2}, \qquad -I_{2}\ (\text{ordre }2), \qquad \begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}\ (\text{ordre }3),\qquad \begin{pmatrix}0&1\\ -1&0\end{pmatrix}\ (\text{ordre }4), \qquad \begin{pmatrix}-1&-1\\ 0&-1\end{pmatrix}(\text{ordre }6).$$

Ok Visitor mais pourquoi invoquer l’algèbre linéaire quand on peut faire sans, $\mathrm{SL}(2,3)$ jouti de la propriété de se réaliser comme une extension centrale de $A_{4}$ par $C_{2}$ ! 🤠

L’action naturelle de $\mathrm{SL}(2,3)$ sur la droite projective nous donne un morphisme à valeurs dans $S_{4}$, de noyau $Z(\mathrm{SL}(2,3))$, d’où par unicité du sous-groupe d’indice $2$ de $S_{4}$, l’isomorphisme $\mathrm{PSL}(2,3) \simeq A_{4}$.

L’action de $\mathrm{SL}(2,3)$ sur l’ensemble des vecteurs non nuls de $\mathbb F_{3}^{2}$ est transitive, le stabilisateur d’un point est donc un sous-groupe d’ordre $3$, il s’ensuit qu’un élément d’ordre $2$ stabilise personne, sauf le vecteur nul.

Pour $u$ d’ordre $2$, pour tout $x,$ on a $u(x + u(x)) = u(x) + u^{2}(x) = x + u(x)$, d’où $u$ stabilise $x + u(x)$, et donc $x + u(x) = 0$, i.e. $u(x) = -x$, ce qui prouve l’unicité de l’élément $-I_{2}$.

Dès lors, si $H$ est un sous-groupe de $\mathrm{SL}(2,3)$ d’ordre pair, par Cauchy, il contient un élément d’ordre $2$, qui est $-I_{2}$ par unicité. Or, les sous-groupes contenant $\langle -I_{2} \rangle$ sont en bijection avec les sous-groupes de $\mathrm{PSL}(2,3)$, et l’ordre est doublé (Théorème de correspondance), les sous-groupes d’ordre pair de $\mathrm{SL}(2,3)$ ont donc pour ordre $2,4,6$ ou $8$.

Le sous-groupe $H$ d’ordre $8$ étant unique, (en tant que pré-image de l’unique sous-groupe d’ordre $4$ de $\mathrm{PSL}(2,3)$), il n’est certainement pas cyclique, ni même d’exposant $2$ par unicité de l’élément d’ordre $2$ de $\mathrm{SL}(2,3)$, il ne contient donc pas d’élément d’ordre $8$, mais contient un élément d’ordre $4$. On peut directement dire que $H \simeq \mathbb H_{8}$, c’est même son sous-groupe dérivé.

De même, par unicité d’un élément d’ordre $2$ de $\mathrm{SL}(2,3)$, un sous-groupe d’ordre $6$ de $\mathrm{SL}(2,3)$ est nécessairement cyclique, d’où l’existence d’un élément d’ordre $6$. On aurait pu sinon considérer le produit de $-I_{2}$ avec un élément d’ordre $3$ quelconque, dont on a l’existence par Cauchy, ce qui conclut puisque $3$ est le seul nombre impair $> 1$ qui divise $24 = |\mathrm{SL}(2,3)|$.

Bon au final on a dressé l’ordre possible pour un élément de $\mathrm{SL}(2,3)$, et l’ordre possible pour un sous-groupe de $\mathrm{SL}(2,3)$, et même sa classe d’isomorphie.