$SL_2(3)$ es el semidirect producto de la cuádrupla grupo
$Q = \langle i,j\mid i^4, j^4, i^2=j^2, i^{-1}ji=j^{-1}\rangle$
con un grupo cíclico $Z_3 = \langle z\rangle$ orden $3$ a través de
$i^z = j$ $j^z = ij$.
Sugerencia: Encontrar un subgrupo de $SL_2(p)$ ($p$ cualquier extraño prime) isomorfo a
$Q$, y luego se extenderá a todo el grupo $SL_2(3)$ mediante el uso de este
pequeña joya de una respuesta por parte de Geoff Robinson: Las unidades de la
Hurwitz cuaterniones
son los cuaterniones más de 16 elementos que puede ser escrito como
$\frac{\pm 1\pm i\pm j\pm k}{2}$ ($k = ij$).
Como estamos en la extraña característica, $\frac{1}{2}$ existe y nosotros la nuestra
candidato a $SL_2(3)$.
Para simplificar los cálculos de estas dos observaciones pueden ser útiles:
Un elemento de la forma $\frac{\pm 1\pm i\pm j\pm k}{2}$ puede ser invertida
por voltear los signos de $i$, $j$ y $k$, pero manteniendo $1$'s.
Esto puede ser mejor visto por la observación de que la mezcla de términos se cancelan, y
sólo aquellos que contribuyen a que el coeficiente de $1$ agregar.
El coeficiente de $1$ de la plaza de un elemento de la forma
$\frac{\pm 1\pm i\pm j\pm k}{2}$ $-1$ , por lo que uno espera elementos de
el fin de $3$ a contener el sumando $-1$ y las de orden $6$ el sumando
$+1$.
Prueba: Vamos a $p$ ser un extraño prime.
La plaza de la matriz
$i = \left(\begin{array}{cc} 0 & 1\\-1& 0\end{array} \right)$ es
$\left(\begin{array}{cc} -1 & 0\\0& -1\end{array} \right)$.
Su fin es $4$ y su determinante $1$.
Para $j$ echemos un arbitrario
$\left(\begin{array}{cc} a & b\\c& d\end{array} \right) \in SL_2(p)$
con $ad-bc = 1$.
Usando la ecuación de $i^{-1}ji = j^{-1}$ tenemos
$\left(\begin{array}{cc} 0 & -1\\1& 0\end{array} \right)
\left(\begin{array}{cc} a & b\\c& d\end{array} \right)
\left(\begin{array}{cc} 0 & 1\\-1& 0\end{array} \right) =
\left(\begin{array}{cc} -c & -d\\a& b\end{array} \right)
\left(\begin{array}{cc} 0 & 1\\-1& 0\end{array} \right) =
\left(\begin{array}{cc} d & -c\\-b& a\end{array} \right) \stackrel{!}{=}
\left(\begin{array}{cc} d & -b\\-c& a\end{array} \right)$, hence $b=c$.
Por otro lado $j^2 = i^2$ rendimientos
$\left(\begin{array}{cc} a^2+bc & b(a+d)\\c(a+d) & d^2+bc\end{array}
\right) \stackrel{!}{=}
\left(\begin{array}{cc} -1 & 0\\0& -1\end{array} \right)$,
que tiene en caso de $a = -d$.
Así que en caso de $a^2+b^2 = -1$ obtenemos el candidato
$j = \left(\begin{array}{cc} a & b\\b& -a\end{array} \right)$
para $Q = \langle i, j\rangle$.
Como hay $\frac{p+1}{2}$ plazas $\mathbb F_{p}$, por el
Cauchy-Davenport teorema de
todos los $p$ elementos de $\mathbb F_{p}$ son sumas de dos cuadrados.
Así que la selección de soluciones de $a$$b$$a^2+b^2 = -1$, y nos encontramos con $Q$.
[Si $p = -1 \bmod 4$ existen también soluciones con $a=0$ o $b=0$
que nos parecía evitar al elegir a $a = -d$ antes.]
La definición de $z = \frac{-1+i+j+k}{2} = -\frac{(1-j)\cdot(1-i)}{2}$ obtenemos un
elemento de $SL_2(p)$ orden $3$, como
$det(z) = det(1-j)\cdot det(1-i)\cdot(-\frac{1}{2})^2
= \left|\begin{array}{cc} 1-a & -b\\-b& 1+a\end{array} \right| \cdot
\left|\begin{array}{cc} 1 & -1\\1& 1\end{array} \right| \cdot\frac{1}{4} =
(1-a^2-b^2)\cdot 2\cdot\frac{1}{4} = 1$ y
$z^2 = \frac{-1-i-j-k}{2} = z^{-1}$.
Ahora $i^z = z^{-1}\cdot i\cdot z =
\frac{-1-i-j-k}{2}\cdot i\cdot\frac{-1+i+j+k}{2} =
\frac{1-i-j+k}{2} \cdot\frac{-1+i+j+k}{2} =
j\cdot\frac{-1-i-j-k}{2}\cdot\frac{-1+i+j+k}{2} = j\cdot z^{-1}\cdot z = j$
y $j^z = z^{-1}\cdot j\cdot z =
\frac{-1-i-j-k}{2}\cdot j\cdot\frac{-1+i+j+k}{2} =
\frac{1+i-j-k}{2}\cdot\frac{-1+i+j+k}{2} =
k\cdot\frac{-1-i-j-k}{2}\cdot\frac{-1+i+j+k}{2} = k\cdot z^{-1}\cdot z = k$
terminar la prueba.
Comentario Final: Para $p=3$ la prueba nos da la semidirect producto $Q\rtimes Z_3$ como subgrupo de $SL_2(3)$, por lo tanto demostrando la afirmación de que en la primera frase de mi respuesta, ya que ambos grupos tienen el mismo orden.
