$1\cdot3\cdot5 \cdots (p - 2) = (-1)^{m+k+1} \pmod p$ y $2\cdot4\cdot6\cdots(p - 1) = ( -1)^{m +k} \pmod p$ .

Question

Demostrar que si $p$ es un primo que tiene la forma $4k + 3$ y si $m$ es el número de residuos cuadráticos menores que $\frac p2$ entonces tenemos

$$1\cdot3\cdot5 \cdots (p - 2) = (-1)^{m+k+1} \pmod p, \text{ and } 2\cdot4\cdot6\cdots(p - 1) = ( -1)^{m +k} \pmod p.$$

Estoy atascado con el problema....Help Needed.

Answer 1

Dejemos que $\phi: \mathbb{Z}_p \to \{-1,1\}$ , donde $\phi(n) = 1$ es un homomorfismo dado por $1$ si $n$ es un residuo cuadrático módulo $p$ y $-1$ si no.

Ahora considere $1 \cdot 3 \cdots (p-2)$ . Ahora cambia cada número $x$ más grande que $\frac p2$ a $(p-x)$ . Con el tiempo, como usted hará $\frac{p-3}{4} = k$ cambios que tenemos:

$$1 \cdot 3 \cdots (p-2) = \left(\frac{p-1}{2}\right)! \cdot (-1)^k$$

Es bastante fácil darse cuenta de que $\left(\frac{p-1}{2}\right)!$ es igual a $1$ o $-1$ modulo $p$ por lo que la suma es igual a $-1$ o $1$ . También hay que tener en cuenta que $\phi(1) = 1$ y $\phi(-1) = -1$ por lo que basta con ver si $ \left(\frac{p-1}{2}\right)!$ es enviado por $\phi$ a $1$ o $-1$ . Pero según la definición de $\phi$ tenemos que $\phi\left(\frac{p-1}{2}\right)! = (-1)^t$ , donde $t$ es el número de residuos no cuadráticos módulo $p$ y menos de $\frac{p}{2}$ . Como hay impar cantidad de números menos que $\frac{p}{2}$ tenemos que $t$ y $m$ tienen una paridad diferente, por lo que $(-1)^t = (-1)^{m+1}$ y:

$$1 \cdot 3 \cdots (p-2) = \left(\frac{p-1}{2}\right)! \cdot (-1)^k \equiv (-1)^{k+t} \equiv (-1)^{k+m+1} \pmod p$$

Un razonamiento similar permite obtener la prueba deseada para la segunda parte.