En $a=1$ , ${\rm SL}(1,q^b)$ es trivial y, por tanto, es un subgrupo de ${\rm SL}(b,q)$ .
En caso contrario, si $a$ y $b$ son coprimos con $a<b$ entonces ${\rm SL}(a,q^b)$ no es isomorfo a un subgrupo de ${\rm SL}(b,q^a)$ .
Esto es fácil de demostrar cuando $a>2$ . Por el teorema de Zsigmondy, existe un primo $r$ que divide $q^{b(a-1)}-1$ que no divide $q^k-1$ para cualquier $k < b(a-1)$ . Entonces $r$ divide el orden de ${\rm SL}(a,q^b)$ pero, como $a$ es coprimo de $b$ y a $a-1$ vemos que $at$ no puede ser múltiplo de $b(a-1)$ para cualquier $t \le b$ y así $r$ no divide el orden de ${\rm SL}(b,q^a)$ .
En $a=2$ el resultado no puede deducirse inmediatamente del teorema de Lagrange. Pero ${\rm SL}(2,q^b)$ tiene elementos de orden $q^b+1$ que son las intersecciones de los ciclos de Singer de ${\rm GL}(2,q^b)$ con ${\rm SL}(2,q^b)$ . A excepción del caso $q=2$ , $b=3$ (que puede tratarse por separado mediante un cálculo informático), existe un primo de Zsigmondy $r$ dividiendo $q^{2b}-1$ pero no $q^t-1$ para cualquier $t<2b$ y $r$ divide $q^b+1$ .
Ahora el centralizador de un elemento de orden $r$ en ${\rm SL}(b,q^2)$ surge de nuevo de un ciclo de Singer, pero tiene orden $(q^{2b}-1)/(q^2-1)$ que no es divisible por $q^b+1$ (recuérdese que $b$ es impar). Así que ${\rm SL}(b,q^2)$ no tiene ningún elemento de orden $q^b+1$ y, de nuevo, no hay incrustación.
Para comprender el centralizador de un elemento de orden $r$ Obsérvese que el subgrupo cíclico abarcado por dicho elemento actúa irreduciblemente sobre el módulo natural de ${\rm SL}(b,q^2)$ y, por tanto, por el lema de Schur y el hecho de que los anillos de división finitos son campos, su centralizador en ${\rm GL}(b,q^2)$ es isomorfo al grupo multiplicativo de un campo finito de orden una potencia de $q$ . Dado que su orden es divisible por $r$ debe ser cíclico de orden $q^{2b}-1$ por lo que es un ciclo de Singer en ${\rm GL}(b,q^2)$ . Su intersección con ${\rm SL}(b,q^2)$ tiene orden $(q^{2b}-1)/(q^2-1)$ .
