Primero, como se señaló en los comentarios, el subgrupo no es normal, por lo que coset el espacio no es un grupo.
Yo creo que no hay enfoque universal a estas preguntas... pero sobre todo, en algunos casos pequeñas de un enfoque como el que empezó a no tener éxito.
Permítanme en primer lugar la dirección ligeramente diferente de la pregunta $GL(2,q^2)/GL(2,q)$, y la pregunta original.
Edit: Gracias a Jack Schmidt para señalar que había algo mal con una versión anterior.
Deje que el mayor campo de $K$, el menor $k$, e $K=k\oplus k\cdot \omega$$\omega\in K$. Es útil pensar en de $K$ $2$- dimensional espacio vectorial sobre $k$. Por lo tanto, en su inicial $\pmatrix{a&b\cr c&d}$, vistas a la $a,b$ como vectores actuado en derecho por la $GL(2,k)$, lo que equivale a sacar todos los no-cero $k$-de las combinaciones lineales. Edit: SI $a,b$ son linealmente independientes sobre $k$, luego, en particular, el vector $1\in K$ $k$- intervalo de $a,b$, por lo que, de hecho, usted puede hacer la $1,1$ entrada $1$. Incluso si no son linealmente independientes sobre $k$, todo lo que necesita es que su lapso de incluir $1$. La discusión original olvidó el caso de que $a,b$ podría no incluir $1$ en su tramo. Para que este error se produzca, $a,b$ span unidimensional $k$-subespacio de $K$, y podemos poner las cosas en la forma$\pmatrix{a&0\cr c&d}$$a\not\in k$. Puede dividir a través de por $k^\times$ conseguir $\pmatrix{\beta & 0 \cr * & *}$$\beta\in (K^\times-k^\times)/k^\times$. De nuevo, se me olvidó este caso la primera vez alrededor.
EDITAR-EDITAR: y, la lección aprendida es que el pensamiento acerca de que la normalización de la $1,1$ entrada $1$ no es el mejor punto de vista. La cuenca es si o no las dos de la hilera superior entradas son linealmente independientes sobre $k$ o no.
A continuación, es importante darse cuenta de que la acción adicional por conveniente $\pmatrix{1&*\cr 0&1}$ para poner el $1,2$ entrada en el $1$-dimensiones subespacio $k\omega$$K$. En efecto, usted está quitando el "racional". Si el $1,2$ entrada no es cero en $k\omega$, más se ajuste a hacer exactamente $\omega$.
EDIT: por Lo tanto, tenemos $\pmatrix{\beta & 0\cr *&*}$,$\beta \in K^\times/k^\times$, e $\pmatrix{1&\omega\cr*&*}$.
La distinción está en la isotropía _subgroups_ en $GL(2,k)$ de los dos tipos de vectores fila $(\beta,0)$ (Editado!) y y $(1,\omega)$, es decir, los subgrupos que arreglar ellos. La primera (EDIT: con $\beta$ versión, también) ha isotropía subgrupo $A=\pmatrix{1&0\cr *&*}$, y para $(1,\omega)$ es el subgrupo trivial $\{\pmatrix{1& 0\cr 0&1}\}$.
Así, en el último caso, no más allá de ajuste de la fila inferior es posible, por lo que hay irredundante representantes de la forma $\pmatrix{1 & \omega \cr c' & d'}$ todos los $c',d'\in K$ tal que el determinante no es $0$, que es la restricción $c'\omega\not=d'$. Esto le da a $(q^2)^2-(q^2)$ dichos representantes.
En el caso de $\pmatrix{\beta &0\cr c'&d'}$ (Editado) de ajuste de la fila inferior por el grupo de isotropía de la fila superior es posible: $k$-múltiplos de $d'$ puede ser restado de $c'$, e $d'$ puede ser ajustado por un escalar de $k^\times$. Quizás no sean obvios canónica de opciones, pero para cada una de las $d'$ en algunas de las opciones de ${q^2-1\over q-1}=q+1$ representantes de $K^\times/k^\times$, la correspondiente irredundante $c'$ elementos son exactamente $k\omega\cdot d'$.
Por lo tanto, para el $GL$ grupos, si no me equivoco (y así lo hice, la primera vez) hay $(q^4-q^2)+(q+1)(q+1)q=q^4+q^3+q^2+q$ coset representantes. (NOTA: nuevo factor de $q+1$.)
Para preguntar acerca de $PGL(2,K)/PGL(2,k)$, repita el mismo procedimiento en general, pero ahora la isotropía grupos son un poco más grandes, ya que estamos pidiendo cuando un derecho multiplicación por $GL(2,k)$ $(\beta,1)$'s, y $(1,\omega)$ pueden ser anulados por la izquierda de la multiplicación por un escalar en $K^\times$.
En el caso de $(\beta,0)$, la isotropía subgrupo es $P=\pmatrix{*&0\cr *&*}$. Esto permite más ajustes a la baja de la fila que antes, ya que ahora se puede ajustar a $c'$ más por escalares. Por lo tanto, $d'\in K^\times/k^\times$ $c'=0$ o $\omega d'$.
En el caso de $(1,\omega)$, la isotropía del grupo se convierte en una copia de $K^\times$ incrustada en $GL(2,k)$, es decir, algo como $\pmatrix{a&b \cr \Delta b & a}$ al menos para {\es impar} $q$, teniendo en $\omega=\sqrt{\Delta}$. Podemos interpretar esto como diciendo que tenemos licencia para ajustar la fila inferior en $\pmatrix{1&\omega\cr c'&d'}$ por cualquier multiplicación escalar, la obtención de cualquiera de las $\pmatrix{1&\omega\cr c'&1}$ $\omega c'\not=1$ o $\pmatrix{1&\omega\cr 1&0}$.
