Tengo una fuerte computacional evidencia para pensar que la respuesta es $q^{n(n-1)}$, aunque una prueba me escapa. Alguna idea?
Respuesta
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Hay una bonita prueba se basa en los dos siguientes lemas. Deje $V$ ser un espacio vectorial de dimensión $n$.
Lema 1 (Accesorio). Para todos los $u \in \mathcal{L}(V)$, no existe una única descomposición $V=W_N \oplus W_I$ tal forma que :
- $u(W_N) \subset W_N$ $u_{|_{W_N}}$ es nilpotent,
- $u(W_I) \subset W_I$ $u_{|_{W_I}}$ es inversible.
Croquis de la prueba. Este un caso muy especial de la forma normal de Jordan teorema.
Lema 2. Para todos los $k \leq n$ hay una correspondencia uno a uno entre las descomposiciones $W_1 \oplus W_2$ $V$ $\dim W_1=n-\dim W_2 = k$ y el cociente $$GL(n)/(GL(k)\times GL(n-k)).$$
Croquis de la prueba. Considerar el grupo natural de acción de $GL(n)$ en el conjunto de las descomposiciones.
Deje $N_k$ denotar el número de nilpotent matrices en $M_k(\Bbb F_q)$. El uso de los dos lemas, vemos que $$ q^{n^2} = \#M_n(\Bbb F_q) = \sum_{k=0}^n (N_k\cdot\#GL_{n-k})\cdot\dfrac{\#GL_n}{\#GL_k\cdot \#GL_{n-k}} = \#GL_n\sum_{k=0}^n \frac{N_k}{\#GL_k} $$ que los rendimientos de todos los $n \geq 2$, $$\dfrac{N_n}{\#GL_n(\Bbb F_q)} = \dfrac{q^{n^2}}{\#GL_n(\Bbb F_q)} - \dfrac{q^{(n-1)^2}}{\#GL_{n-1}(\Bbb F_q)}.$$ El resultado de la siguiente manera después de simplificación usando el bien conocido el hecho de que $$\#GL_k(\Bbb F_q) = (q^k-1)(q^k-q)\dots(q^k-q^{k-1}).$$
