Formes quadratiques sur Fq.

Sandrine CARUSO
Formes quadratiques sur Fq.
Référence : Francinou – Gianella – Nicolas, Oraux X-ENS, Algèbre 3
Théorème. Soient pun nombre premier impair, qune puissance de p,Fqle corps à q
éléments, et δ∈Fqun élément qui ne soit pas un carré. Soit n∈N∗. Il existe exactement
deux classes d’équivalences de forme quadratiques sur Fn
q: celles de q1(x) = x2 1+· · ·+
x2
net de q2(x) = x2 1+· · · +x2 n−1+δx2 n.
Lemme 1. Il y a exactement q−1
2carrés et q−1 2non carrés dans F∗
q. De plus, si l’on note
Cl’ensemble des carrés, on a F∗
q\C=δC.
Démonstration. Soit ψ:F∗
q→F∗ q,x7→ x2. C’est un morphisme de groupe de F∗ q, son
image est C, et son noyau est {−1,1}(car pest impair). Donc
Card C=Card F∗
q
Card (ker ψ)=q−1 2,
et Card (F∗
q\C) = q−1
2. L’application C→F∗
q\C,x7→ δx est une bijection, d’où
F∗
q\C=δC.
Lemme 2. Soient a, b ∈Fq. L’équation ax2+by2= 1 a au moins une solution dans F2
q.
Démonstration. En comptant 0, il y a exactement q+1
2carrés dans Fqd’après le lemme
précédent. Soient A={1−ax2, x ∈Fq}et B={by2, y ∈Fq}. Les ensembles
Aet Bsont en bijection avec C∪ {0}, et donc Card A= Card B=q+1
2. Ainsi,
Card A+ Card B > Card Fq=q, et ces ensembles ne peuvent donc être disjoints. Ce
qui signifie exactement que l’équation ax2+by2= 1 a au moins une solution.
Passons maintenant à la démonstration du théorème. Tout d’abord, q1et q2ne sont
pas équivalentes, car si c’était le cas, il existerait P∈GLn(Fq)telle que
1...
1
δ
=tP
1......
1
P,
et ceci entraînerait δ= (det P)2. Pour montrer que toute forme quadratique est équiva-
lente à l’une de ces deux-là, nous allons procéder par récurrence sur la dimension nde
l’espace.
Tout d’abord, si n= 1, une forme quadratique qest de la forme q(x) = ax2. Si a
est un carré (a=b2), le changement de variable x0=ax donne l’équivalence entre qet
q1. Sinon, aest de la forme δb2et le « même » changement de variable donne q∼q2.
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Nous allons également traiter le cas n= 2 qui nous servira de lemme pour établir
l’hérédité dans notre récurrence. Soit qune forme quadratique. Quitte à faire un premier
changement de coordonnées pour se placer dans une base orthogonale pour q, on peut
supposer que q(x) = a1x2
1+a2x2 2. D’après le lemme 2, il existe un vecteur v(1) =
(v(1)
1, v(1) 2)tel que q(v(1)) = 1. Il est bien sûr non nul, soit v(2) ∈(v(1))⊥q, non nul.
Alors (v(1), v(2))est une base de F2
qet dans cette base, q(x1v(1) +x2v(2)) = x2 1+αx2 2.
On distingue encore deux cas selon que αsoit un carré ou non : si αest un carré, alors
q∼q1, sinon, q∼q2.
Soit maintenant n>2, supposons le résultat vrai pour tout espace de dimension
n−1. Soit qune forme quadratique sur Fn
q. Quitte à changer de coordonnées pour une
base orthogonale pour q, on suppose que q(x) = a1x2
1+· · · +anx2 n. En appliquant le
cas n= 2 à la restriction de qau sous-espace engendré par les deux premiers vecteurs
de base, on se ramène à une forme quadratique du type q(x) = x2
1+a2x2 2+· · · +anx2 n.
On applique alors l’hypothèse de récurrence à la forme q0(x) = a2x2
2+· · · +anx2 nsur
l’espace engendré par les n−1derniers vecteurs, et on en déduit le résultat voulu.
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