代数的組合せ論の問題

$3\times 3$ 行列 $A$ を線形写像 $A:{\mathbb{F}}_q^3\to {\mathbb{F}}_q^3$（$x\mapsto Ax$）とみる。$A$ の階数が $2$ であることは、列空間（像）$W=\mathrm{Im}A$ が $2$ 次元であることと同じである。そこで、$A$ を「列空間 $W$ の選び方」と「${\mathbb{F}}_q^3$ から $W$ への全射の選び方」に分けて数える。

ステップ 1（列空間の選び方）: ${\mathbb{F}}_q^3$ の $2$ 次元部分空間の個数は $q$-二項係数
$${\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)}_q=\frac{(q^3-1)(q^3-q)}{(q^2-1)(q^2-q)}=\frac{(q^3-1)q(q^2-1)}{(q^2-1)q(q-1)}=\frac{q^3-1}{q-1}=q^2+q+1.$$
（分子は ${\mathbb{F}}_q^3$ の 1 次独立な 2 つのベクトルの順序付きの組の個数、分母は 1 つの $2$ 次元空間の基底の個数である。）

ステップ 2（全射の個数）: $W$ を固定し、$W$ の基底を 1 つとって $W\cong {\mathbb{F}}_q^2$ と同一視する。${\mathbb{F}}_q^3\to W$ の全射は、階数 $2$ の $2\times 3$ 行列と 1 対 1 に対応する。これは 2 つの行が 1 次独立であることと同じなので、
- 第 1 行: $0$ でない ${\mathbb{F}}_q^3$ のベクトル → $q^3-1$ 通り
- 第 2 行: 第 1 行のスカラー倍（$q$ 個）以外 → $q^3-q$ 通り

より、全射は $(q^3-1)(q^3-q)$ 個ある。

ステップ 3（掛け合わせる）: 階数 $2$ の行列 $A$ は、列空間 $W$ と全射 ${\mathbb{F}}_q^3\to W$ の組と 1 対 1 に対応するので、求める個数は
$${\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)}_q(q^3-1)(q^3-q)=(q^2+q+1)(q^3-1)(q^3-q).$$

（確認: $q=2$ のとき $7\cdot 7\cdot 6=294$。${\mathbb{F}}_2$ 上の $3\times 3$ 行列は全部で $2^9=512$ 個あり、階数 $3$ が $|G{L}_3({\mathbb{F}}_2)|=168$ 個、階数 $0$ が $1$ 個、階数 $1$ が ${\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)}_2(2^3-1)=7\cdot 7=49$ 個なので、階数 $2$ は $512-168-1-49=294$ 個となり一致する。）

階数 2 の $3\times 3$ 行列 $A$ は、像 $\mathrm{Im}A$（${\mathbb{F}}_q^3$ の 2 次元部分空間）と、${\mathbb{F}}_q^3$ から $\mathrm{Im}A$ への全射線形写像の組と同一視できる。

1. ${\mathbb{F}}_q^3$ の 2 次元部分空間の個数は ${\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)}_q=\frac{q^3-1}{q-1}=q^2+q+1$。
2. 像を固定したとき、${\mathbb{F}}_q^3\to {\mathbb{F}}_q^2$ の全射線形写像（$2\times 3$ 行列で階数 2 のもの）の個数は、行ベクトルを順に選んで数えて $(q^3-1)(q^3-q)$。第 1 行は 0 以外の $q^3-1$ 通り、第 2 行は第 1 行の定数倍（$q$ 通り）以外の $q^3-q$ 通り。

よって個数は
$$(q^2+q+1)(q^3-1)(q^3-q)=q(q^2-1)(q^3-1)(q^2+q+1).$$

検算: $q=2$ で $2\cdot 3\cdot 7\cdot 7=294$。階数 0,1,2,3 の個数は $1,49,294,168$ で、和は $512=2^9$ となり全行列数と一致する（階数 1: $(q^3-1{)}^2/(q-1)=49$、階数 3: $|G{L}_3({\mathbb{F}}_2)|=168$）。