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Tu intuición es muy buena. Podemos demostrarlo rigurosamente apelando a que el algoritmo de la división: para todos los $f\in F[x]$, no son exclusivos de $q,r\in F[x]$ tal que $\deg(r)<\deg(x^2+1)=2$ y $$f=(x^2+1)q+r.$$ Por lo tanto, cualquier $f\in F[x]$ tiene un único $r=a_0+a_1x\in F[x]$ tal que $f\equiv r\pmod{ x^2+1}$. Por lo tanto, hay en la mayoría de los 121 de clases de equivalencia módulo $x^2+1$, es decir, hay en la mayoría de los 121 elementos de $F[x]/(x^2+1)$. Pero la singularidad también le dice que $$a_0+a_1x\equiv b_0+b_1x\pmod{x^2+1}\iff a_0=b_0\text{ and }a_1=b_1$$ así que todas las 121 de clases de equivalencia de grado < 2 polinomios son distintos. Por lo tanto, no son exactamente 121 de clases de equivalencia, es decir, hay 121 elementos de $F[x]/(x^2+1)$.
Esto se generaliza a cualquier grado $n$ polinomio, independientemente de si es irreductible; sin embargo, si $g\in F[x]$ no es irreducible; el anillo de $F[x]/(g)$ no va a ser un campo.
Demostrar que, en general, dado un campo $k$ y un polinomio $p$ grado $n$ $k[x]/(p)$ $n$- dimensional $k$-espacio, y así, de hecho isomorfo a $k^n$ como espacios vectoriales. Así, por su ejemplo, $F[x]/(x^2+1)\cong F^2$ y desde $F$ tiene once elementos $F^2$$121$.
Tal vez, debería dar una pista sobre cómo hacer esto. Usted sabe que $\{1,x,x^2,\cdots\}$ genera $F[x]$ $\{1+(x^2+1),x+(x^2+1),x^2+(x^2+1),\cdots\}$ genera $F[x]/(x^2+1)$. Demostrar que, de hecho, cada una de las $x^n+(x^2+1)$ $n\geqslant 2$ puede ser obtenida a partir de a $1+(x^2+1)$ o $x+(x^2+1)$ y a la conclusión de que el conjunto de $\{1+(x^2+1),x+(x^2+1)\}$ es un grupo electrógeno $F[x]/(x^2+1)$. Nota luego de que este conjunto es trivialmente linealmente independientes (tal vez un grado argumento señalando lo que significa que si eran iguales en términos de $x^2+1$) y, a continuación, concluir.
