Corps fini et équation

OShine

Bonsoir
Je n'ai pas réussi la question 2 et je ne comprends pas la correction. Pour on dénombre que $u$ et pas $\alpha$ ? 

Homo Topi

Ce qu'il te manque pour comprendre, c'est ceci. Le "premier énoncé complémentaire" te ramène directement à la question 1), où tu as étudié justement ce qu'il se passé quand $(-1)$ est un carré modulo $p$.

Dès que tu vois $p \equiv 1~~[4]$ ou $p \equiv 3~~[4]$, ça va avoir un rapport avec ça.

OShine

En effet merci, on sait que si $p$ est un nombre premier impair,  $-1$ est un carré dans $\mathbb{F}_p ^{*}$ si et seulement si $p \equiv 1 [4]$. 
Si $p \equiv 1 [4]$ d'après le cours $-1$ est un carré dans $\mathbb{F}_p ^{*}$.
Mais ce qui me gêne c'est qu'on dénombre que $u$, le nombre de solutions ne dépend pas aussi de $\alpha$ ? 

Homo Topi

Ben, il faut espérer que le $\alpha$ en question est unique... ou bien on le démontre.

Math Coss

Il ne l'est pas (si $\alpha $ convient, $-\alpha $ aussi). Qu'importe : le paramétrage dépend de $\alpha $ mais il semble bijectif indépendamment du choix.

gai requin

Mot clé : Paramétrisation rationnelle d'une conique appliquée à $\mathcal C:x^2+y^2=1$ sur un corps de caractéristique $\neq 2$.
Soit $A(0,1)$, $A'(0,-1)$ et $M\in\mathcal C\setminus\{A,A'\}$.
Il existe un unique $t$ tel que $(AM):y=-tx+1$.

Un petit calcul donne $t^2\neq -1$ et $M(2t/(1+t^2),(1-t^2)/(1+t^2))$. Donc $$\mathcal C=\left\{\left(\frac{2t}{1+t^2},\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)\mid t^2\neq -1\right\}\cup\{A'\}.$$Remarque : En caractéristique $2$, cette méthode donne $\mathcal C=\{(t,t+1)\}$ mais on peut procéder autrement...

Julia Paule

Bonjour, la solution du 1. n'est pas assez détaillée je trouve, et ne permet pas de répondre directement à la question 2.

Déjà l'équation $x^2=-1$ a au plus deux solutions (car c'est une équation de degré 2), donc si $p \equiv 1 \pmod 4$, elle en a exactement deux, $\alpha$ et $-\alpha$. Mais peu importe, $\alpha$ existe tel que $\alpha^2=-1$.

Il faudrait alors écrire dans le 1. : 

$x^2+y^2=1$ $\Leftrightarrow (x+\alpha y)(x-\alpha y)=1$  $\Leftrightarrow x-\alpha y=(x+\alpha y)^{-1} \Leftrightarrow \exists u \in \mathbb F_p^*, x+\alpha y=u, x-\alpha y=u^{-1}$,

alors chaque $u \in \mathbb F_p^*$ donne un unique couple $(x,y)$ solution (d'après la résolution trouvée, et on peut le vérifier en faisant le calcul dans l'autre sens), et chaque couple $(x,y)$ solution donne un unique $u=x+\alpha y \in \mathbb F_p^*$, autrement dit on a une bijection entre le nombre de solutions de l'équation $x^2+y^2=1$ et le nombre d'éléments de $\mathbb F_p^*$.

OShine

@gai requin tu crois vraiment que je vais comprendre ça ? C'est du chinois.

@Julia Paule ok. 

gai requin

@OShine : En tant que prof de maths, si tu ne comprends pas les équations de droites, c’est bien dommage !

OShine

Pour la question $3$, je ne comprends pas un détail du corrigé.

Par hypothèse $-1$ n'est pas un carré dans $F_p$, donc le polynôme $X^2+1$ st irréductible dans $F_p[X]$. Par suite, $K$ es tun corps à $p^2$ éléments, $F_p$ est un sous-corps de $K$ et $(1,\alpha)$ est une base du $F_p$ espace vectoriel $K$.
Les deux racines de $X^2+1$ dans $K$ sont $\alpha$ et $-\alpha$. Or $\alpha^p$ est racine et $\alpha^p  \ne \alpha$ car $\alpha \notin F_p$ donc $\alpha^p=-\alpha$.

Je n'ai pas compris pourquoi $\alpha \notin F_p$

Vassillia

Bonjour, une petite suggestion pour ceux et celles qui trouveraient inadmissible la manière dont a répondu OShine à gai requin https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2403216/#Comment_2403216
ne pas répondre à sa question sur ce fil, ainsi la prochaine fois, il sera peut-être plus poli. Vous n'arriverez jamais à lui apprendre à faire des maths, vous pouvez peut-être lui apprendre à respecter les matheux. Ceci dit, je ne dérange pas plus longtemps.

OShine

@gai requin
Je ne connais rien aux coniques, et une conique appliquée sur un corps de caractéristique $p$, je ne comprends pas ce que ça veut dire.
Il y a 6 lignes, je bloque sur chaque ligne.

gai requin

Oui, c'est ça, tu bloques sur l'équation de la droite $(AM)$ !

Homo Topi

Oui, OK, @gai requin met du vocabulaire "un peu geométrie algébrique" sur ce problème, et la GA c'est loin de ton niveau, mais on peut quand même comprendre des choses là-dedans.

Même si la "conique" dont il parle n'est pas exactement le même bestiau que le cercle $x^2+y^2=1$ dans $\R \times \R$, il est évident qu'il va y avoir des analogies. Donc on s'imagine un cercle dans $K \times K$, notre corps fini (en principe, ça va être un cercle "discontinu" de points, même si ce que je dis là est plus informel qu'autre chose). Ouvre GeoGebra, trace le cercle unité, et place ses points $A$ et $A'$ dessus. Maintenant place un point $M$ sur le cercle. La droite $(AM)$ va avoir une équation de la forme $y=ax+b$ comme il se doit, $b=1$ car elle passe par $A(0,1)$, et il choisit de noter le coefficient directeur $-t$. Est-ce que je sais pourquoi il choisit d'avoir un signe $-$ ici ? Non, on verra bien si je comprends en continuant.

Maintenant, un point $M(x,y)$ qui est sur la droite $(AM)$ et notre cercle vérifie deux choses : l'équation $y=-tx+1$ et l'équation $x^2+y^2=1$. On substitue dans la deuxième : $x^2+(-tx+1)^2=1$ nous donne $x^2(1+t^2)=2tx$. Si $t^2=-1$, on obtient $-2x=0$, donc $x=0$ (car un corps fini est intègre, comme n'importe quel corps), mais les seuls points d'abscisse $0$ sont $A$ et $A'$, il exclut que $M$ prenne ces deux positions-là. Donc $t^2 \neq -1$, donc on peut diviser : $x^2 = \dfrac{2t}{1+t^2}x$. Et comme $x \neq 0$, on peut re-diviser. Donc $x= \dfrac{2t}{1+t^2}$. Il a paramétré les valeurs possibles pour $x$ par $t$. Maintenant, $y=-tx+1$ lui donne $y=-t\bigg(\dfrac{2t}{1+t^2} \bigg)+1= \dfrac{1-t^2}{t^2+1}$.

Il conclut qu'un point de sa bestiole est soit $A$, soit $A'$, soit un point $M$ de coordonnées $\bigg(\dfrac{2t}{1+t^2},\dfrac{1-t^2}{t^2+1}\bigg)$ avec $t \in K$ tel que $t^2 \neq -1$. Et donc il a entièrement résolu l'équation de départ.

Personnellement, je ne vois aucun rapport entre sa résolution et celle proposée par l'exercice. Donc soit je suis un blaireau, soit on a deux corrections de l'exo.

gai requin

@Homo Topi : Avec ma paramétrisation, on a par exemple le nombre de points de $\mathbb F_9^2$ qui sont sur $\mathcal C$.

Ça fait combien ? 😉

raoul.S

Vassillia a dit :

Bonjour, une petite suggestion pour ceux et celles qui trouveraient inadmissible la manière dont a répondu OShine à gai requin

"Inadmissible", il ne faut pas abuser... quelle susceptibilité. OShine échange déjà avec gai requin depuis un moment, ils peuvent se permettre un langage plus familier.

Homo Topi

$9$ moins le nombre de racines de $X^2+1$ dans $\mathbb{F}_9$. D'instinct, j'ai envie de dire que $X^2+1$ est irréductible sur $\mathbb{F}_9$, donc que le cercle a $9$ points dans $\mathbb{F}_9$. Je ne sais plus vraiment faire ça, j'irai bouquiner ma théorie de Galois plus tard. Sauf si quelqu'un veut détailler une réponse entr temps, bien sûr.

gai requin

Plutôt $10-\cdots$ non ?

Homo Topi

Pourquoi $10$ si $\mathbb{F}_9$ a $9$ éléments ? Moi pas compris.

gai requin

Il faut rajouter $A’$ qui échappe à la paramétrisation.
D’où le $p+1$ à un moment donné dans l’énoncé posté par @OShine.

Homo Topi

Ahhh oui, en plus je l'avais dit moi-même ci-dessus ! En attendant je n'ai pas prouvé que $X^2+1$ est irréductible sur $\mathbb{F}_9$, par rapport à ta question... j'ai une excuse, j'étais parti manger, maintenant il faut que je réfléchisse.

NicoLeProf

OShine a dit :
Je n'ai pas compris pourquoi $\alpha \notin F_p$

Je dirais que comme $\alpha$ est racine du polynôme $X^2+1$ dans $K$ (puisque $\alpha$ est la classe de $X$), $\alpha$ ne peut pas être élément de $\mathbb{F}_p$ sinon le polynôme $X^2+1$ aurait $\alpha$ comme racine dans $\mathbb{F}_p$ donc $-1$ serait un carré dans $\mathbb{F}_p$ : ce qui est impossible par hypothèse car $p \equiv 3 \pmod 4$ .

C'est d'ailleurs ce qui justifie le fait que $X^2+1$ est irréductible dans $\mathbb{F}_p[X]$, c'est parce que $-1$ n'est pas un carré dans $\mathbb{F}_p$ .

On peut donc conclure (par irréductibilité de $X^2+1$ dans $\mathbb{F}_p[X]$) que $K$ est un corps si je comprends bien ! ^^'

Quant à la méthode de gai requin, même si je suis aux fraises en coniques et que j'ai du mal à voir le lien avec l'exercice (en tout cas les questions posées dans l'exo), elle est largement compréhensible : il faut juste refaire les calculs et tout se passe très bien ! ^^'

OShine

@NicoLeProf je crois qu'il y a plus simple.
La classe élément constant de $K$ reste dans $F_p$.
$F_p$ est un sous-corps de $K$.
$\alpha$ n'est pas la classe d'une constante donc il n'est pas dans $F_p$.

J'ai toujours eu peur des coniques.

gai requin

@Homo Topi : On peut construire $\mathbb F_9$ à partir de $X^2+1$.

Homo Topi

Le tout est de savoir comment

Je suis extrêmement frileux avec les raisonnements sur les polynômes dans les corps finis. Je n'ai jamais été à l'aise avec ça, tout ce qui est théorie de Galois en caractéristique $p$, j'ai l'impression de devoir réapprendre tout depuis le début. J'ai toujours un doute si ce que je fais ne marche qu'en caractéristique $0$ ou si ça reste licite en caractéristique $p$. Je me ferai peut-être un jour un cours qui sépare TOUT en caractéristique $0$ VS caractéristique $p$, pour mon cerveau en tout cas ça sera plus clair.

Math Coss

Exercice : pour tout $p$ premier impair ou pas, tous les polynômes de degré deux à coefficients dans $\mathbf F_p$ sont scindés sur $\mathbf F_{p^2}$.

gai requin

Pourquoi seulement $p$ impair @Math Coss ?

Math Coss

Bon d'accord. Va pour $p=2$ aussi.
J'amende l'énoncé en passant en italique.

OShine

J'ai lu l'exercice je n'essaie même pas, trop difficile. 

Homo Topi

De quoi, le truc de Math Coss ? Techniquement ça requiert d'avoir suivi un cours de théorie de Galois pour le faire, ça ne fait pas partie du programme de prépa. Peut-être que c'est faisable sans, mais en général, c'est dans un cours de théorie de Galois qu'on voit ce genre de bestioles. Corps finis, vérifier l'irréductibilité d'un polynôme, chercher le plus petit corps qui contient les coefficients et les racines d'un polynôme...

raoul.S

Homo Topi a dit :

De quoi, le truc de Math Coss ? Techniquement ça requiert d'avoir suivi un cours de théorie de Galois pour le faire

Pas besoin de l'artillerie lourde. Il faut juste savoir que $\mathbf F_{p^2}$ est unique à isomorphisme près.

OShine a dit :

J'ai lu l'exercice je n'essaie même pas, trop difficile. 

Si tu as vu les quotients d'anneaux de polynômes et que tu as vu qu'il n'existe qu'un corps fini à $p^n$ éléments (à isomorphisme près) alors l'exo devient presque évident. Tu devrais essayer. Il faut vraiment penser quotient.

Math Coss

À vrai dire, mon idée en posant la question était de travailler à mains nues en résolvant des équations de degré $2$, sans supposer connu le fait qu'il n'y a en fait qu'un seul corps de cardinal $p^2$ (d'où la restriction initiale à une caractéristique impaire ; cependant le cas de $2$ se traite facilement à part). Il est toutefois commode de savoir comment détecter un carré modulo $p$ et de savoir que le produit de deux non-carrés est un carré.

Je commence donc (à mains nues ou de façon pédestre, selon votre métaphore préférée). On fixe $p$ premier impair (nécessaire pour que la formule $\frac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a}$ ait un sens) et on se donne un corps $K$ de cardinal $p^2$. On choisit un élément $x$ dans $K$ qui n'est pas dans le sous-corps premier $\newcommand{\F}{\mathbf{F}_p}\F$, de sorte que $(1,x)$ est une base de $K$ comme $\F$-ev et qu'il existe $b$ et $c$ dans $\F$ tels que $x^2+2bx+c=0$. Alors $\Delta=b^2-c$ n'est pas un carré dans $\F$ (sinon on aurait $x=-b\pm\sqrt{\Delta}\in\F$) mais c'est un carré dans $K$ : c'est le carré de $\delta=x+b$ (vérification pour les sceptiques : $(x+b)^2=x^2+2bx+b^2=b^2-c$).

À présent, soit $P=X^2+2uX+v$ un polynôme de degré $2$ à coefficients dans $\F$. Son discriminant réduit est $u^2-v$. Si $u^2-v$ est un carré dans $\F$, alors $P$ est scindé sur $\F$. Sinon, $(u^2-v)\Delta$ est un carré dans $\F$, disons $(u^2-v)\Delta=y^2$. Alors $u^2-v=(y/\delta)^2$ est un carré dans $K$. On en déduit de suite que $P$ est scindé.

NicoLeProf

Tentative hasardeuse pour l'exo de Math Coss : on sait que le polynôme $X^2+1$ est scindé dans $\mathbb{F}_{p^2}$ car $X^2+1=(X-\alpha)(X+\alpha)$ où $\alpha$ est la classe de $X$ dans $\mathbb{F}_{p^2}$.

 Raisonnons par l'absurde : supposons qu'il existe un polynôme $Q$ de degré $2$ et n'appartenant pas à $(X^2+1)$, à coefficients dans $\mathbb{F}_p$ qui ne soit pas scindé sur $\mathbb{F}_{p^2}$ . Alors il n'admet aucun diviseur de degré $1$ donc ce polynôme est irréductible dans $\mathbb{F}_{p^2}$.
Il n'admet donc aucune racine dans $\mathbb{F}_{p^2}$ donc aucune racine dans $\mathbb{F}_{p}$ puisque $\mathbb{F}_{p^2}$ contient tous les éléments de $\mathbb{F}_{p}$. Donc le polynôme $Q$ est irréductible dans $\mathbb{F}_{p}$ également.

On peut donc en déduire que l'ensemble quotient $\mathbb{F}_{p}[X]/(Q)$ est un corps de cardinal $p^2$ donc isomorphe à $\mathbb{F}_{p^2}$ (par unicité du corps à $p^2$ éléments, à isomorphisme près).

Je ne vois pas trop où est la contradiction, j'ai envie de conclure que $Q$ appartient à $(X^2+1)$ qui est l'idéal engendré par $X^2+1$ du coup grâce à cet isomorphisme, ce qui donnerait la contradiction recherchée car par hypothèse, ce n'est pas le cas...

Math Coss

Problème initial : rien ne dit que $X^2+1$ est irréductible sur $\F$ (c'est le cas SSI $p\equiv3\pmod4$). Autrement dit, rien ne garantit que le corps $\mathbf{F}_{p^2}$ puisse être construit comme $\mathbf{F}_9$, i.e. comme $\mathbf{F}_3[X]/(X^2+1)$.

Soit $p$ premier. Supposons savoir qu'il n'existe, à isomorphisme près, qu'un seul corps de cardinal $p^2$. Fixons-en un. Il contient un sous-corps premier noté $\F$. Soit $P$ un polynôme de degré $2$ à coefficients dans $\F$ et montrons que $P$ est scindé sur $K$. Si $P$ est scindé sur $\F$, c'est évident. Sinon, $K'=\F[X]/(P)$ est un corps isomorphe à $K$. On fixe un isomorphisme $\phi:K'\to K$. Alors comme la classe de $X$ dans $K'$ est une racine de $P$ dans $K'$, l'image par $\phi$ de la classe de $X$ est une racine de $P$ dans $K$. Autrement dit, $P$ est scindé sur $K$.

NicoLeProf

Merci beaucoup Math Coss, c'est très clair et j'ai bien compris ce qui ne va pas dans ma tentative !!!

OShine

@raoul.S
Je connais les anneaux quotients de polynôme, et les sous-corps, mais l'exo donné sans question intermédiaire est infaisable pour moi et pour 99% des gens. Déjà la preuve je la comprends à moitié, ça va trop vite.
Je suis un débutant sur les corps finis et anneaux de polynômes, ces preuves succinctes s'adressent à des experts. 
La méthode à main nue c'est pire, je ne comprends rien. Il y a une base $(1,x)$ qui sort de nulle part.
Moi je vois des bases que dans des théorèmes spécifiques que j'ai vus.

Le fait qu'il existe qu'un seul corps de cardinal $p^n$ pour tout entier $n \geq 1$,  est un résultat de cours par contre. 

D'où sort le $K'$ isomorphe à $K$ ? Je n'ai pas compris c'est où qu'on utilise que $P$ n'est pas scindé sur $F_p$ dans le raisonnement.
Ni pourquoi l'image par $\phi$ de la classe de $X$ est racine de $P$.

raoul.S

Hum, effectivement il y a peut-être trop de "détails" à connaitre pour que ça devienne vraiment facile à faire. Mais s'il ne fallait retenir qu'une chose de la deuxième preuve de Math Coss, à mon avis c'est la suivante : 

Si $K$ est un corps quelconque et que $P$ est un polynôme irréductible dans $K[X]$ alors $K':=K[X]/(P)$ est un corps, et en notant $\pi:K[X]\to K[X]/(P)$ la projection canonique on a $P(\pi(X))=0$. Donc tu vois qu'en quotientant par $(P)$ on obtient "magiquement" une racine de $P$ qui est $\pi(X)$. Par conséquent dans le corps $K'$ qui est une extension de $K$, $P$ a une racine.

Math Coss

Tiens, puisqu'on en est où on en est, un énoncé analogue.
Étant donné un polynôme réel $P$ irréductible de degré deux, on peut construire le quotient $\R[X]/(P)$. Montrer (que c'est un corps et) qu'il est isomorphe à $\C$ (où l'on définit $\C$ par $\R[X]/(X^2+1)$).

Homo Topi

Math Coss a dit :

On choisit un élément $x$ dans $K$ qui n'est pas dans le sous-corps premier $\newcommand{\F}{\mathbf{F}_p}\F$, de sorte que $(1,x)$ est une base de $K$ comme $\F$-ev et qu'il existe $b$ et $c$ dans $\F$ tels que $x^2+2bx+c=0$.

Pourquoi $b$ et $c$ existent ?

gai requin

@Math Coss : Ton $\C$ contient une racine $\alpha$ de $P$ non réelle (qu'on sait expliciter depuis belle lurette) donc $\C=\R\oplus\R\alpha$ qui est isomorphe à $\R[X]/(P)$ via le $\R$-morphisme $\alpha\mapsto\overline X$.

Math Coss

@Homo Topi : Le carré de $x$ est une combinaison linéaire de $(1,x)$ : il existe $(b',c')\in\F^2$ tel que $x^2=c'+b'x$. On pose alors $c=-c'$ et $b=-b'/2$.

@gai requin : La question ne t'était pas adressée en priorité... Cela dit, il me semble plus facile de parler du morphisme qui va en sens inverse : on part de $\R[X]\to\C$, $X\mapsto\alpha$ et on quotiente par $(P)$ après avoir constaté que $P(\alpha)=0$.

Ce qui est amusant – et justifie la question – c'est qu'on peut reprendre pratiquement mot pour mot l'argument pédestre pour les corps $\F$. Le point crucial est que le produit (ou le quotient) de deux non-carrés est un carré. Dans $\F$, on peut le voir via le symbole de Legendre ou, ce qui est presque la même chose, en constatant que les carrés sont un sous-groupe cyclique d'indice $2$ dans $\F^*$ ; dans $\R$, c'est vrai parce que les non-carrés sont les nombres strictement négatifs et que le produit de deux nombres strictement négatifs est positif.

A contrario, c'est faux dans $\Q$ : par exemple, $-1$ et $2$ ne sont pas des carrés dans $\Q$, ni leur produit $-2$. Et de fait, $\Q(\mathrm{i})=\Q[X]/(X^2+1)$ et $\Q\bigl(\sqrt2\bigr)=\Q[X]/(X^2-2)$ ne sont pas isomorphes. Un argument possible : l'équation $x^2+1=0$ n'a pas de solution dans $\Q\bigl(\sqrt2\bigr)$. On voit ainsi que l'argument de @gai requin marche dans les deux sens : si l'équation $P(x)=0$ a une solution dans l'extension quadratique $K$ et pas dans $k$, alors $k[X]/(P)\simeq K$ ; sinon, non (ici, $k=\F$ ou $\R$, $K$ une extension quadratique de $k$).

Homo Topi

Ah, ben oui. Faut vraiment que je réapprenne mes corps finis, moi.

gai requin

Oui, deux corps de rupture d'un même polynôme irréductible sont isomorphes.

NicoLeProf

Ah la variante proposée par Math Coss est intéressante ("Étant donné un polynôme réel $P$ irréductible de degré deux, on peut construire le quotient $\R[X]/(P)$. Montrer que c'est un corps et qu'il est isomorphe à $\C$ (où l'on définit $\C$ par $\R[X]/(X^2+1)$) ") !

J'ai l'impression de comprendre des choses !

J'aurais bien proposé cette ébauche (qui ressemble à la preuve que j'ai fournie à gai requin dans l'autre post en lien avec ce thème : tout élément de $\R[X]/(P)$ s'écrit sous la forme $a+\alpha b$ avec $a$, $b \in \mathbb{R}$ où $\alpha$ désigne la classe de $X$ dans $\R[X]/(P)$ (la classe de $X$ modulo $P$) .

Donc $\R[X]/(P)=Vect(1,\alpha)$ est un $\R$-espace vectoriel de dimension $2$ (car la famille $(1,\alpha)$ est libre puisque les classes d'équivalence sont $2$ à $2$ disjointes) .

Et maintenant j'ai envie de définir l'application linéaire $\phi : \R[X]/(P) \to \C$ telle que $\phi(1)=1$ et $\phi(\beta)=i$ avec $\beta$ une classe de $\R[X]/(P)$ telle que $-1=\beta^2$ sauf que le problème ici est de prouver l'existence de $\beta$. J'ai l'impression que c'est le point crucial : le fait que $-1$ soit un carré dans $\R[X]/(P)$ tout comme $-1=i^2$ dans $\C$ !

Si on admet l'existence de $\beta$, on saura que $\phi$ est linéaire et bijective car $\phi$ envoie une base de $\R[X]/(P)$ sur une base de $\C$ en tant que $\R$-espace vectoriel.

En effet, $(1,\beta)$ est une base de $\R[X]/(P)$ car les classes d'équivalence sont $2$ à $2$ disjointes et $\beta \neq 1$ car $1^2=1 \neq -1$ dans $\R[X]/(P)$.

Et on aura ce qu'on voudra : une application linéaire bijective qui sera aussi un morphisme d'anneaux (facile à vérifier par des calculs) donc un isomorphisme d'anneaux !!!

Homo Topi

$P$ est de degré $2$ et irréductible. Je l'écris $P(X)=X^2+2uX+v$, le $2$ est juste là par commodité mais je le prends unitaire exprès pour ne pas avoir à réduire.

$P(X) = (X+u)^2+(v-u^2)$, et tu sais que $v-u^2$ doit être strictement positif pour que $P$ soit effectivement irréductible (parce que, encore une fois, un polynôme de degré $2$ qui n'est pas irréductible a une racine et donc c'est un produit de deux polynômes de degré $1$). Puisque $v-u^2>0$, ça a une racine carrée : il existe $d\neq 0$ tel que $d^2=v-u^2$. Donc $P(X)=(X+u)^2+d^2$.

Maintenant, passe au quotient : dans $\R[X]/(P)$, $\overline{P(X)}=\overline{0}$, donc $\overline{(X+u)}^2 + \overline{d}^2 = 0$. Autrement dit, $-1 = \overline{(d^{-1}(X+u))}^2$ donc $-1$ est bien un carré.

Quand $u=0$ et $v=1$, on retombe sur la construction standard de $\C$.

NicoLeProf

Merci beaucoup Homo Topi, c'est très clair !

OShine

@NicoLeProf j'ai l'impression que tu redémontres le cours à chaque fois. 
La base d'un quotient est donnée directement par le cours tu n'as pas besoin de la justifier.

Jamais entendu parler de corps de rupture, le Liret n'aborde pas cette notion. 

OShine

@raoul.S
Ok merci c'est très clair.

JLapin

OShine a dit :

@NicoLeProf j'ai l'impression que tu redémontres le cours à chaque fois.

Contrairement à toi qui passe son temps à critiquer sans raison tout ce qui te passe sous les yeux et qui empile très péniblement des raisonnements poussifs et maladroits en faisant des copiers-collers d'un livre, NicoLeProf fait des maths avec son cerveau (bravo à lui d'ailleurs).

OShine

Mais à l'agrégation le correcteur sera épuisé de lire 10 lignes où 3 suffisent. 

Si on a $K = F_p[X] / (P)$ et si on note $\deg P=n$ et $\alpha = cl(X)$ alors $(1,\alpha, \dots, \alpha^{n1})$ est une base de $K$ en tant que $F_p$ espace vectoriel. Inutile de le redémontrer à chaque exercice.

JLapin

Mais NicoLeProf ne répond pas à une question d'écrit de l'agreg ! Tu es vraiment obsédé par ce concours que tu ne passes pas d'ailleurs...

Et on a compris que ta paresse t'empêche de comprendre ou de faire un raisonnement ou un exemple de plus de 5 lignes mais ne mets pas les correcteurs de l'agreg dans le même paquet que toi.