Demostrar que el producto de la $\phi(p-1)$ raíces primitivas de $p$ es congruente modulo $p$ $(-1)^{\phi(p-1)}$

Question

Si $p$ es un número primo, muestran que el producto de la $\phi(p-1)$ raíces primitivas de $p$ es congruente modulo $p$$(-1)^{\phi(p-1)}$.

Sé que si $a^k$ es una raíz primitiva de $p$ si gcd$(k,p-1)=1$.Y la suma de todos los$k's$$\frac{1}{2}p\phi(p-1)$, pero luego no sé cómo el uso de estas $2$ hechos que muestran el resultado deseado.
Por favor, ayudar.

Answer 1

Si $a^k$ es una raíz primitiva módulo $p$, entonces también lo es $a^{-k}$. Por lo tanto, si $p-1$ es par, entonces la suma de coprime enteros entre 1 y $p-1$ $p-1$ debe ser =$\phi(p-1)(p-1)/2$, y por lo tanto el producto de $\phi(p-1)$ raíces primitivas módulo p debe ser $a^{\phi(p-1)(p-1/2)}\equiv(-1)^{\phi(p-1)} \pmod p$. Si $p-1$ es impar, entonces el resultado es trivial, como $p=2$.

Answer 2

Sabemos $ ord_m(a^k) =\frac{d}{(d, k)} $ donde d=$ord_ma$ => $ord_pa=ord_p(a^{-1})$

Hay $\phi(p-1)$ raíces primitivas para el prime $p$.

Como $\phi(n)$ es incluso para $n>2$ ,es decir, para $p-1>2$.

Así,por $p>3$, siempre podemos encontrar $a^{-1}$ por cada raíz primitiva $a$$p$.

Ahora si $a≡a^{-1}(mod\ p)$ =>$a^2≡1(mod\ p)$ =>$ord_pa|2$.

Pero $\phi(p-1)$>2 para n>6.

Por lo tanto, habrá de ser $\frac{\phi(p-1)}{2}$ parejas teniendo cada producto $≡1(mod\ p)$ si $p>3$. El producto es ≡$(-1)^{\phi(p-1)}\pmod p$$p>3$ .

Para $p=3$, la única raíz primitiva es $=2 ≡-1(mod 3)=(-1)^{(\phi(3)-1)}\,$ $\,\phi(3)=2$

Answer 3

Sabemos $ ord_m(a^k) =\frac{d}{(d, k)} $ donde d=$ord_ma$ => $ord_ma=ord_m(a^{-1})$ donde m es un número natural.

Por eso, $a,a^{-1}$ debe pertenecer a la misma orden(d).

Ahora por la solución anterior, $a≢a^{-1}(mod\ m)$ si d>2.

Así, el producto de todos los números que pertenecen a la misma orden(d)≡1(mod m) si d>2.

Ahora, $\phi(m)>2$ si m=5 o >6.

Ahora, $\phi(m)=2$ si m=3,4,6.

En los tres casos, la raíz primitiva es (m-1)≡-1(mod m).

Aquí m no necesita ser el primer y $2<d≤\phi(m)$.