Demostrar que $\displaystyle \prod_{1\leq a<b\leq \frac{p-1}{2}}\,\left(a^2+b^2\right)\equiv \pm1\pmod{p}$ primer $p\equiv 3\pmod{4}$.

Question

Muestran que, si $p$ es un prime que es congruente a $3\pmod{4}$, entonces el producto de a $$\prod_{1\le a < b \le \frac{p-1}{2}} (a^{2}+b^{2}) \equiv \pm{1} \pmod{p}\,.$$ He comprobado esto para los casos más simples, pero no estoy seguro de cómo proceder. Por ejemplo, si $p=7$, entonces el producto es $$5 \cdot 13 \cdot 10 \equiv -1\pmod{7}\,.$$

Answer 1

Deje $\mathbb{F}_p\cong\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ a ser el campo de orden de $p$. Vamos a trabajar en el campo de $\mathbb{F}_p[\text{i}] \cong \mathbb{F}_p[x]/\left(x^2+1\right)\cong \mathbb{F}_{p^2}$ donde $\text{i}:=\sqrt{-1}$. Escribir $\mathbb{F}_p^\times$ para el grupo multiplicativo $\mathbb{F}_p\setminus\{0\}$$\mathbb{F}_p$.

En primer lugar, defina $$S:=\left(\prod_{1\leq a<b\leq \frac{p-1}{2}}\,\left(a^2+b^2\right)\right)^2\,\left(\prod_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\,\left(2k^2\right)\right)=\prod_{a=1}^{\frac{p-1}{2}}\,\prod_{b=1}^{\frac{p-1}{2}}\,\left(a^2+b^2\right)\,.$$ Por lo tanto, $$S=\prod_{a=1}^{\frac{p-1}{2}}\,\prod_{b=1}^{\frac{p-1}{2}}\,\left(a+\text{i}b\right)\left(a-\text{i}b\right)=\prod_{a=1}^{\frac{p-1}{2}}\,\prod_{b\in\mathbb{F}_p^\times}\,\left(a-\text{i}b\right)=\prod_{a=1}^{\frac{p-1}{2}}\,\text{i}^{p-1}\,\prod_{b\in\mathbb{F}_p^\times}\,(-\text{i}a-b)\,.$$ Recordemos que $\displaystyle\prod_{b\in\mathbb{F}_p^\times}\,(x-b)=x^{p-1}-1$. Por lo tanto, $$S=\prod_{a=1}^{\frac{p-1}{2}}\,(-1)^{\frac{p-1}{2}}\,\left((-\text{i}a)^{p-1}-1\right)=\prod_{a=1}^{\frac{p-1}{2}}\,(-1)^{\frac{(p-1)}{2}}\left((-1)^{\frac{p-1}{2}}\,a^{p-1}-1\right)\,.$$ Desde $p\equiv 3\pmod{4}$, tenemos $$S=\prod_{a=1}^{\frac{p-1}{2}}\,\left(a^{p-1}-(-1)^{\frac{p-1}{2}}\right)=\prod_{a=1}^{\frac{p-1}{2}}\,\big(1-(-1)\big)=\prod_{a=1}^{\frac{p-1}{2}}\,2=2^{\frac{p-1}{2}}\,,$$ donde Fermat Poco Teorema ha sido implementado. Deje $\displaystyle M:=\prod_{1\leq a<b\leq \frac{p-1}{2}}\,\left(a^2+b^2\right)$; ergo, $$2^{\frac{p-1}{2}}=S=M^2\,\prod_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\,\left(2k^2\right)=M^2\,2^{\frac{p-1}{2}}\,\prod_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\,k^2=M^2\,2^{\frac{p-1}{2}}\,(-1)^{\frac{p-1}{2}}\,\prod_{k\in\mathbb{F}_p^\times}\,k\,.$$ Desde $\displaystyle\prod_{k\in\mathbb{F}_p^\times}\,k=(p-1)!=-1$ por Wilson y Teorema de $(-1)^{\frac{p-1}{2}}=-1$, obtenemos $$2^{\frac{p-1}{2}}=M^2\cdot2^{\frac{p-1}{2}}\cdot(-1)\cdot(-1)=2^{\frac{p-1}{2}}\,M^2\text{ or }M^2=1\,.$$ Consequently, $M=\pm 1$, como se desee.

P. S. me pregunto acerca de la distribución de los primos números naturales $p \equiv 3\pmod{4}$ tal que $M\equiv 1\pmod{p}$. Déjame llamar a estos números primos extraordinario. Hasta ahora, no he encontrado ningún patrones identificables por sus extraordinarios números primos. Hay ocho primos congruentes a $3$ modulo $4$ que son menos de $50$ (es decir,, $3$, $7$, $11$, $19$, $23$, $31$, $43$, y $47$), y exactamente la mitad de ellos ($3$, $19$, $31$, y $47$) son extraordinarias. Puede alguien con conocimientos en la teoría analítica de números calcular los siguientes límites: $$\lim_{N\to \infty}\,\frac{\#\big\{p\in\mathbb{P}(3,4)\,\big|\,p\text{ is extraordinary and }p\leq N\big\}} {\#\big\{p\in\mathbb{P}(3,4)\,\big|\,p\leq N\big\}}$$ y $$\lim_{N\to\infty}\,\frac{\sum\left\{\frac{1}{p}\,\Big|\,p\in\mathbb{P}(3,4)\text{ is extraordinary and }p\leq N\right\}}{\sum\left\{\frac{1}{p}\,\Big|\,p\in\mathbb{P}(3,4)\text{ and }p\leq N\right\}}\,?$$ Aquí, $\mathbb{P}(k,m)$ es el conjunto de prime números naturales $p$ tal que $p\equiv a\pmod{m}$. (Mi conjetura es que ambos límites son iguales a $\frac{1}{2}$.)