代数学をやるその11　多項式環への行列の作用

$K$が元数$q$の有限体であることから，$(X+Y)^q=X^q+Y^q$と$\alpha^q=\alpha \, ({}^{\forall}\alpha \in K)$が成り立つので，
$$\begin{split} (ax+by)(cx+dy)^q-(ax+by)^q(cx+dy) &= (ax+by)(c^qx^q+d^qy^q)-(a^qx^q+b^qy^q)(cx+dy) \\ &= (ax+by)(cx^q+dy^q)-(ax^q+by^q)(cx+dy) \\ &= (ad-bc)(xy^q-x^qy) \end{split}$$
と計算できる．よって，
$$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}\right) \in G_f \hspace{0.2in} \Longleftrightarrow \hspace{0.2in} ad-bc=1$$
が成り立つ．これより，
$$G_f=\{g \in {\rm GL}(2,K) \, | \, {\rm det}\, g=1\}={\rm SL}(2,K)$$
が成り立つ．$G_f$の位数を求める．行列式を取る写像
$$\varphi : {\rm GL}(2,K) \ni g \longmapsto {\rm det}\,g \in K^{\times}$$
は群の全射準同型である．ここで$K^{\times}$は$K$の乗法群を表す．$\varphi$の核は${\rm SL}(2,K)=G_f$に等しいので，準同型定理から
$${\rm GL}(2,K)/G_f \cong K^{\times}$$
が成り立つ．${\rm GL}(2,K)$の位数を求める．$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K)$であるとすると$\alpha=ad-bc \neq 0$である．
$a=0$とすると，$bc=-\alpha$となる．$\alpha \neq 0$より$b \neq 0$であり，これより$c=-\alpha b^{-1}$と書ける．よって$c$は$b$から求まる．$b$の選び方は$0$以外の$q-1$通りで，$d$は$K$の任意の元を取れるから，この場合の元は$q(q-1)$通り存在する．
$a \neq 0$とすると，$d=(\alpha+bc)a^{-1}$となるから，$d$は$a,b,c$によって定まる．$a$の選び方は$0$以外の$q-1$通り，$b,c$は$K$の任意の元を取れるから，この場合の元は$q^2(q-1)$通り存在する．
$\alpha \in K^{\times}$の選び方が$q-1$通りあることを合わせると，${\rm GL}(2,K)$の位数は
$$\{q(q-1)+q^2(q-1)\}(q-1)=q(q-1)^2(q+1)$$
と求まる．すると，同型${\rm GL}(2,K)/G_f \cong K^{\times}$によって$|G_f|=q(q-1)(q+1)$が成り立つ．以上より解答は次の通りである．(終)
$$\underline{G_f={\rm SL}(2,K)=\{g \in {\rm GL}(2,K) \, | \, {\rm det}\, g=1\}}$$
$$\underline{|G_f|=q(q-1)(q+1)}$$

(※)上の数え方と本質的に変わらないが，$G_f$の位数を以下のように直接数えることもできる：$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}\right) \in G_f$とすると，$ad-bc=1$が成り立つ．
$a=0$とすると$bc=-1$となる．これより$b \neq 0$であり，$c=-b^{-1}$と書ける．よって$c$は$b$から求まる．$b$の選び方は$0$以外の$q-1$通りで，$d$は$K$の任意の元を取れるから，この場合の元は$q(q-1)$通り存在する．
$a \neq 0$とすると，$d=(1+bc)a^{-1}$となるから，$d$は$a,b,c$によって定まる．$a$の選び方は$0$以外の$q-1$通り，$b,c$は$K$の任意の元を取れるから，この場合の元は$q^2(q-1)$通り存在する．
よって$G_f$の位数は
$$q(q-1)+q^2(q-1)=\underline{q(q-1)(q+1)}$$
と求まる．(終)

$$\begin{split} (ax+by)^2+(cx+dy)^2 = (a^2+c^2)x^2+2(ab+cd)xy+(b^2+d^2)y^2 \end{split}$$
と計算できる．よって，
$$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}\right) \in G_f \hspace{0.2in} \Longleftrightarrow \hspace{0.2in} \left\{\begin{array}{l} a^2+c^2 = 1 \\ b^2+d^2 = 1 \\ 2(ab+cd)=0 \\ ad-bc \neq 0 \end{array}\right. \tag{1}$$
が成り立つ．$K$の標数が$2$であるかどうかで場合分けする．

(i)${\rm ch}\,K=2$の場合：式(1)は次のように書き換えられる．
$$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}\right) \in G_f \hspace{0.2in} \Longleftrightarrow \hspace{0.2in} \left\{\begin{array}{l} (a+c)^2 = 1 \\ (b+d)^2 = 1 \\ ad-bc \neq 0 \end{array}\right. \hspace{0.2in} \Longleftrightarrow \hspace{0.2in} \left\{\begin{array}{l} a+c = 1 \\ b+d = 1 \\ ad-bc \neq 0 \end{array}\right.$$
ここで，標数が$2$の体の元$\alpha$で$\alpha^2=1$を満たすものは$\alpha$しか存在しないことを用いた．すると，$c=1-a, \, d=1-b$となり$c,d$はそれぞれ$a,b$により定まる．これを$ad-bc \neq 0$に代入すると
$$0 \neq a(1-b)-b(1-a)=a-b$$
となり，これは$a \neq b$に同値である．以上より，
$$G_f=\left\{\left(\begin{array}{cc} a & b \\ 1-a & 1-b \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, a \neq b \right\}$$
と求まる．$a,b$の選び方は$q(q-1)$通り存在するから，$|G_f|=q(q-1)$である．


(ii)${\rm ch}\,K \neq 2$の場合：$q$は奇数であることに注意する．式(1)は次のように書き換えられる．
$$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}\right) \in G_f \hspace{0.2in} \Longleftrightarrow \hspace{0.2in} \left\{\begin{array}{l} a^2+c^2 = 1 \\ b^2+d^2 = 1 \\ ab+cd=0 \\ ad-bc \neq 0 \end{array}\right.$$
$a$が$0$かどうかで場合分けする．

$a=0$とすると$c= \pm 1$かつ$cd=0$である．よって$d=0$であり，$b=\pm1$が成り立つ．このとき確かに$ad-bc \neq 0$となる．

$a \neq 0$とすると$b=-cda^{-1}$である．これを$b^2+d^2=1$に代入すると
$$\begin{split} c^2d^2a^{-2}+d^2 &= 1 \\ (c^2+a^2)d^2 &= a^2 \\ d^2 &=a^2 \hspace{0.2in} (\because a^2+c^2=1) \\ d &= \pm a \end{split} $$
を得る．すると$b=-cda^{-1}$であるから，$d=a$なら$b=-c$，$d=-a$なら$b=c$が成り立つ．ここまでの議論から，$a \neq 0$となるような$G_f$の元全体が2つの集合
$$\left\{\left(\begin{array}{cc} a & b \\ -b & a \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, a \neq 0, \, a^2+b^2=1 \right\}, \hspace{0.2in} \left\{\left(\begin{array}{cc} a & b \\ b & -a \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, a \neq 0, \, a^2+b^2=1 \right\}$$
の直和となることが分かるが，これは$a=0$の場合も含んでいる．

以上より，
$$G_f = \left\{\left(\begin{array}{cc} a & b \\ -b & a \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, a^2+b^2=1 \right\} \underset{直和}{\cup} \left\{\left(\begin{array}{cc} a & b \\ b & -a \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, a^2+b^2=1 \right\}$$
が成り立つ．

$G_f$の位数を求める．$k \in K$に対して$K$上の方程式$X^2+Y^2=k$の$K$内における解の個数を$S(k)$とおくと$2S(1)$が求める値である．任意の$k \in K$に対して$S(k)>0$であることは補題1から従う．$kk' \neq 0$となる$k,k' \in K$を取る．$\alpha,\beta \in K$が$\alpha^2+\beta^2=\frac{k'}{k}( \neq 0)$を満たすとする．このとき，$\gamma^2+\delta^2=k$が成り立つならば，
$$(\alpha\gamma+\beta\delta)^2+(-\beta\gamma+\alpha\delta)^2=(\alpha^2+\beta^2)(\gamma^2+\delta^2)=k'$$
が成り立つ．即ち，$\alpha\gamma+\beta\delta, \, -\beta\gamma+\alpha\delta$は$X^2+Y^2=k'$の解である．この解の対応は1対1であるから($\because$行列$\left(\begin{array}{cc} \alpha & \beta \\ -\beta & \alpha \end{array}\right)$の可逆性)，$S(k)=S(k')$が成り立つ．以上より，$K \times K$の元$(X,Y)$を$X^2+Y^2$の値で分類すると，元の個数について
$$q^2=S(0)+(q-1)S(1)$$
が成り立つ．補題3より
$$S(0)=\left\{\begin{array}{ll} 2q-1 & (q \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4)\\ 1 & (q \equiv 3 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4) \end{array}\right.$$
である(今${\rm ch}\,K \neq 2$としていることに注意)．よって$q \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4$の場合は$q^2=2q-1+(q-1)S(1)$より$S(1)=q-1$となる．また$q \equiv 3 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4$の場合は$q^2=1+(q-1)S(1)$より$S(1)=q+1$となる．

以上より解答は次の通りである．(終)

${\rm ch}\,K=2$の場合
$$G_f=\left\{\left(\begin{array}{cc} a & b \\ 1-a & 1-b \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, a \neq b \right\}$$
$$|G_f|=q(q-1)$$
${\rm ch}\,K \neq 2$の場合
$$G_f = \left\{\left(\begin{array}{cc} a & b \\ -b & a \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, a^2+b^2=1 \right\} \underset{直和}{\cup} \left\{\left(\begin{array}{cc} a & b \\ b & -a \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, a^2+b^2=1 \right\}$$
$$|G_f|=\left\{\begin{array}{ll} 2(q-1) & (q \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4)\\ 2(q+1) & (q \equiv 3 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4) \end{array}\right.$$

$$\begin{split} (ax+by)^3+(cx+dy)^3 = (a^3+c^3)x^3+3(a^2b+c^2d)x^2y+3(ab^2+cd^2)xy^2+(b^3+d^3)y^3 \end{split}$$
と計算できる．よって，
$$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}\right) \in G_f \hspace{0.2in} \Longleftrightarrow \hspace{0.2in} \left\{\begin{array}{l} a^3+c^3 = 1 \\ b^3+d^3 = 1 \\ 3(a^2b+c^2d)=0 \\ 3(ab^2+cd^2)=0 \\ ad-bc \neq 0 \end{array}\right. \tag{1}$$
が成り立つ．$K$の標数が$3$であるかどうかで場合分けする．

(i)${\rm ch}\,K=3$の場合：式(1)は次のように書き換えられる．
$$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}\right) \in G_f \hspace{0.2in} \Longleftrightarrow \hspace{0.2in} \left\{\begin{array}{l} (a+c)^3 = 1 \\ (b+d)^3 = 1 \\ ad-bc \neq 0 \end{array}\right. \hspace{0.2in} \Longleftrightarrow \hspace{0.2in} \left\{\begin{array}{l} a+c = 1 \\ b+d = 1 \\ ad-bc \neq 0 \end{array}\right.$$
ここで，標数が$3$の体の元$\alpha$で$\alpha^3=1$を満たすものは$\alpha$しか存在しないことを用いた．すると，(2)と同様にして
$$G_f=\left\{\left(\begin{array}{cc} a & b \\ 1-a & 1-b \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, a \neq b \right\}$$
かつ$|G_f|=q(q-1)$であることが分かる．


(ii)${\rm ch}\,K \neq 3$の場合：$3 \neq 0$より式(1)は次のように書き換えられる．
$$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}\right) \in G_f \hspace{0.2in} \Longleftrightarrow \hspace{0.2in} \left\{\begin{array}{l} a^3+c^3 = 1 \\ b^3+d^3 = 1 \\ a^2b+c^2d=0 \\ ab^2+cd^2=0 \\ ad-bc \neq 0 \end{array}\right.$$
右辺第3式の両辺に$d$を，第4式の両辺に$c$を掛けて辺々引くことで
$$ab(ad-bc)=0$$
を得る．$ad-bc \neq 0$であるから$a,b$のいずれかが$0$である．このとき$c^2d=0$であるから$c,d$のいずれかも$0$である．$a=0$とすると$bc \neq 0$であるから$b,c \neq 0$であり，従って$d=0$となる．$b=0$とすると$ad \neq 0$であるから$a,d \neq 0$であり，従って$c=0$となる．以上より，
$$G_f = \left\{\left(\begin{array}{cc} 0 & b \\ c & 0 \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, b^3=c^3=1 \right\} \underset{直和}{\cup} \left\{\left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ 0 & d \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, a^3=d^3=1 \right\}$$
が成り立つ．補題5から，$K$上の方程式$X^3=1$の$K$内における解の個数$S$は
$$S=\left\{\begin{array}{ll} 3 & (q \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3) \\ 1 & (q \equiv 2 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3) \end{array}\right.$$
を満たすから(今${\rm ch}\,K \neq 3$としていることに注意)，
$$|G_f|=\left\{\begin{array}{ll} 18 & (q \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3) \\ 2 & (q \equiv 2 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3) \end{array}\right.$$
と求まる．

以上より解答は次の通りである．(終)

${\rm ch}\,K=3$の場合
$$G_f=\left\{\left(\begin{array}{cc} a & b \\ 1-a & 1-b \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, a \neq b \right\}$$
$$|G_f|=q(q-1)$$
${\rm ch}\,K \neq 3$の場合
$$G_f = \left\{\left(\begin{array}{cc} 0 & b \\ c & 0 \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, b^3=c^3=1 \right\} \underset{直和}{\cup} \left\{\left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ 0 & d \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K) \, \middle| \, a^3=d^3=1 \right\}$$
$$|G_f|=\left\{\begin{array}{ll} 18 & (q \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3)\\ 2 & (q \equiv 2 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3) \end{array}\right.$$

$K$の標数が$2$のときとそうでないときで場合分けする．

(i)${\rm ch}\,K=2$のとき：このとき$K$の位数$q$は偶数である．任意の$\alpha \in K$に対して$\alpha^q=\alpha$が成り立つことから，$\alpha^{\frac{q}{2}} \in K$は$(\alpha^{\frac{q}{2}})^2=\alpha$を満たす($q$は偶数であることに注意)．これより，任意の$k \in K$に対して$\alpha_k^2=k$となる$\alpha_k \in K$が存在することが分かる．さて，${\rm ch}\,K=2$であることから$X^2+Y^2=(X+Y)^2$であるから，与えられた方程式は
$$(X+Y)^2=k$$
と変形できる．$X+Y=\alpha_k$という方程式は$K$内に解を持つ(例えば$X=\alpha_k,Y=0$)．従って，$X^2+Y^2=(X+Y)^2=k$という方程式も$K$内に解を持つ．

(ii)${\rm ch}\,K \neq 2$のとき：このとき$K$の位数$q$は奇数である．$K^{\times}$($K$の乗法群)は巡回群であるから，$|\{l^2 \, | \, l \in K^{\times}\}|=\frac{q-1}{2}$である($q$は奇数より$q-1$は$2$で割り切れることに注意)．$0^2=0$も合わせると，
$$|\{l^2 \, | \, l \in K\}|=1+\frac{q-1}{2}=\frac{q+1}{2}$$
となる．ところで，任意の$k \in K$に対し，写像$\varphi_k : K \ni x \longmapsto k-x \in K$は単射であるから，
$$|\{k-l^2 \, | \, l \in K\}|=|\{l^2 \, | l \in K\}|=\frac{q-1}{2}$$
が成り立つ．よって，
$$|\{l^2 \, | \, l \in K\}|+|\{k-l^2 \, | \, l \in K\}|=\frac{q+1}{2}+\frac{q+1}{2}=q+1>q$$
となるので，2つの集合$\{l^2 \, | \, l \in K\}, \, \{k-l^2 \, | \, l \in K\}$たちには共通元があり(鳩ノ巣原理)，それが求める解である．(証明終)

$p$を奇素数とする．平方剰余の相互法則より，
$$(\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}=\left\{\begin{array}{cl} 1 & (p \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4) \\ -1 & (p \equiv 3 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4) \end{array}\right.$$
が成り立つことに注意する．
${\rm ch}\, K=p$とし，$q=p^e$($e$は$1$以上の整数)と表す．仮定より$p$は奇素数である．また$\mathbb{F}_p:=\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \subset K$が成り立つ．
$q \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4$とすると，$p \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4$もしくは$p \equiv -1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4$かつ$e$が偶数となる．$p \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4$の場合は，上の注意から$\sqrt{-1} \in \mathbb{F}_p \subset K$が成り立つ．$p \equiv -1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4$かつ$e$が偶数の場合は，$K$は素体$\mathbb{F}_p$の偶数次拡大であるから，特に$\mathbb{F}_p$の$2$次拡大$\mathbb{F}_{p^2}$を含む．$\mathbb{F}_{p^2}$は$\sqrt{-1}$を含むので$\sqrt{-1} \in K$となる．
$q \equiv -1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4$とすると，$p \equiv -1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4$かつ$e$が奇数となる．上の注意から$\sqrt{-1} \notin \mathbb{F}_p$が成り立つ．また，$K$は素体$\mathbb{F}_p$の奇数次拡大であるから，その部分体として$\mathbb{F}_p$の偶数次拡大は含まない．よって$\sqrt{-1} \notin K$となる．(証明終)

$K$の標数が$2$であるときとそうでないときで場合分けする．

(i)${\rm ch}\,K=2$のとき：与えられた方程式は$X^2+Y^2=(X+Y)^2=0$と変形でき，これは
$$X+Y=0$$
に同値である．これの$K$内の解の個数は$q$であるから($X$の値を決めると$Y$の値が決まる)，${\rm ch}\,K=2$のときは題意が成り立つ．

(ii)${\rm ch}\,K \neq 2$のとき：$\alpha^2+\beta^2=0$が成り立つとする．$\alpha=0$とすると$\beta^2=0$より$\beta=0$となる．$\beta=0$とすると同様に$\alpha=0$となる．以上より(もしくは補題1より)$S(0) \geq 1$である．$\alpha,\beta$は共に$0$でないとする．このとき
$$\left(\frac{\alpha}{\beta}\right)^2=-1$$
が成り立つ．
$q \equiv 3 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4$の場合は補題2より$\gamma^2=-1$を満たす$\gamma \in K$は存在しないので矛盾．よって$S(0)=1$である．
$q \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 4$の場合は補題2より$\gamma^2=-1$を満たす$\gamma \in K$が存在する．すると，$X^2=-1=\gamma^2$を満たす$K$の元は$\pm\gamma$のみであることが分かる．これより，$\frac{\alpha}{\beta}=\pm\gamma$即ち$\alpha=\pm \gamma\beta$となる．つまり，$\beta \in K \backslash \{0\}$に対して$\alpha^2+\beta^2=0$となる$\alpha \in K \backslash \{0\}$は2個存在する．これより
$S(0)=1+2(q-1)=2q-1$
が成り立つ．(証明終)

証明の方法は補題2と全く同様である．$p$を$3$でない奇素数とする．平方剰余の相互法則より，
$$(\frac{3}{p})(\frac{p}{3})=(-1)^{\frac{3-1}{2}\frac{p-1}{2}}=(-1)^{\frac{p-1}{2}}$$
が成り立つ．従って，
$$(\frac{3}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}(\frac{p}{3})$$
となるから，
$$(\frac{-3}{p})=(\frac{-1}{p})(\frac{3}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}} \cdot (-1)^{\frac{p-1}{2}}(\frac{p}{3})=(\frac{p}{3})=\left\{\begin{array}{ll} 1 & (p \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3) \\ -1 & (p \equiv 2 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3) \end{array}\right.$$
が成り立つ．

${\rm ch}\, K=p$とし，$q=p^e$($e$は$1$以上の整数)と表す．仮定より$p$は$p>3$を満たす奇数である．また$\mathbb{F}_p:=\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \subset K$が成り立つ．
$q \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3$とすると，$p \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3$もしくは$p \equiv -1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3$かつ$e$が偶数となる．$p \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3$の場合は，上で示したことから$\sqrt{-3} \in \mathbb{F}_p \subset K$が成り立つ．$p \equiv -1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3$かつ$e$が偶数の場合は，$K$は素体$\mathbb{F}_p$の偶数次拡大であるから，特に$\mathbb{F}_p$の$2$次拡大$\mathbb{F}_{p^2}$を含む．$\mathbb{F}_{p^2}$は$\sqrt{-3}$を含むので$\sqrt{-3} \in K$となる．
$q \equiv -1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3$とすると，$p \equiv -1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3$かつ$e$が奇数となる．上で示したことから$\sqrt{-3} \notin \mathbb{F}_p$が成り立つ．また，$K$は素体$\mathbb{F}_p$の奇数次拡大であるから，その部分体として$\mathbb{F}_p$の偶数次拡大は含まない．よって$\sqrt{-3} \notin K$となる．(証明終)

$K$の標数が$2$であるとき，$3$であるとき，それ以外のときで場合分けする．

(i)${\rm ch}\,K=2$の場合：$q=2^e$($e$は$1$以上の整数)とおく．このとき$\mathbb{F}_2 \subset K$である．$X^3-1=(X-1)(X^2+X+1)$であるから，$\alpha \in K$が$\alpha^3=1$を満たすとすると，$\alpha=1$もしくは$\alpha^2+\alpha+1=0$である．$\alpha^2+\alpha+1=0$であるとする．$0,1 \in \mathbb{F}_2$は$X^2+X+1$の根でないから$\alpha \notin \mathbb{F}_2$が分かる．即ち$\alpha$は$\mathbb{F}_2$上$2$次の元である．従って$e$が偶数なら$\alpha \in K$，$e$が奇数なら$\alpha \notin K$となる．$\beta \subset \overline{K}$($\overline{K}$は$K$の代数閉包)も$\beta^2+\beta+1=0$を満たすとすると，解と係数の関係から$\beta=-\alpha-1 \in K$となる．従って，$X^2+X+1=0$の解は，$e$が偶数なら$K$内に3つ，$e$が奇数なら$K$内に1つ存在する．$e$が偶数のとき$2^e \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3$であり，$e$が奇数のとき$2^e \equiv -1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3$であるから，${\rm ch}\,K=2$のときについての主張が示された．

(ii)${\rm ch}\, K=3$の場合：$X^3-1=(X-1)^3$となる．よって$X^3=1$は$(X-1)^3=0$に同値であり，これを満たす$K$内の元は$X=1$の1つしか存在しない．

(iii)${\rm ch}\,K>3$の場合：$X^3-1=(X-1)(X^2+X+1)$であるから，$\alpha \in K$が$\alpha^3=1$を満たすとすると，$\alpha=1$もしくは$\alpha^2+\alpha+1=0$である．$\alpha^2+\alpha+1=0$であるとする．標数が$2$でないから解の公式が使えて，
$$\alpha=\frac{-1\pm\sqrt{-3}}{2}$$
となる．補題4から，$q \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3$のとき$\sqrt{-3} \in K$，$q \equiv 2 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3$のとき$\sqrt{-3} \notin K$であるから，$S$の値が
$$S=\left\{\begin{array}{ll} 3 & (q \equiv 1 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3) \\ 1 & (q \equiv 2 \hspace{0.05in} {\rm mod} \hspace{0.05in} 3) \end{array}\right.$$
と求まる．よって題意は示された．(証明終)

$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}\right) \in {\rm GL}(2,K)$であるとすると$\alpha=ad-bc \neq 0$である．
$a=0$とすると，$bc=-\alpha$となる．$\alpha \neq 0$より$b \neq 0$であり，これより$c=-\alpha b^{-1}$と書ける．よって$c$は$b$から求まる．$b$の選び方は$0$以外の$q-1$通りで，$d$は$K$の任意の元を取れるから，この場合の元は$q(q-1)$通り存在する．
$a \neq 0$とすると，$d=(\alpha+bc)a^{-1}$となるから，$d$は$a,b,c$によって定まる．$a$の選び方は$0$以外の$q-1$通り，$b,c$は$K$の任意の元を取れるから，この場合の元は$q^2(q-1)$通り存在する．
$\alpha \in K^{\times}$の選び方が$q-1$通りあることを合わせると，${\rm GL}(2,K)$の位数は
$$\{q(q-1)+q^2(q-1)\}(q-1)=q(q-1)^2(q+1)$$
と求まる．
さて，行列式を取る写像
$$\varphi : {\rm GL}(2,K) \ni g \longmapsto {\rm det}\,g \in K^{\times}$$
は群の全射準同型である．ここで$K^{\times}$は$K$の乗法群を表す．$\varphi$の核は${\rm SL}(2,K)$に等しいので，準同型定理から
$${\rm GL}(2,K)/{\rm SL}(2,K) \cong K^{\times}$$
が成り立つ．$|K^{\times}|=q-1$であるから，上の結果より
$$|{\rm SL}(2,K)|=q(q-1)(q+1)$$
が成り立つ．(証明終)