Ordre des éléments de $\text{SL}_{2}(\mathbb F_{3})$

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 :
$$I_{2}, \qquad -I_{2}\ (\text{ordre }2), \qquad \begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}\ (\text{ordre }3),\qquad \begin{pmatrix}0&1\\ -1&0\end{pmatrix}\ (\text{ordre }4), \qquad \begin{pmatrix}-1&-1\\ 0&-1\end{pmatrix}(\text{ordre }6).$$