Primas P tales que ((P-1)/2)!=1 mod P

Question

Estaba mirando el teorema de Wilson: Si $P$ es un primo, entonces $(P-1)!\equiv -1\pmod P$ . Me di cuenta de que esto implica que para los primos $P\equiv 3\pmod 4$ que $\left(\frac{P-1}{2}\right)!\equiv \pm1 \pmod P$ .

Pregunta: ¿Para qué primos $P$ es $\left(\frac{P-1}{2}\right)!\equiv 1\pmod P$ ?

Después de convencerme de que no es una condición de congruencia para $P,$ He encontrado esta secuencia en OEIS . Agradecería cualquier comentario que arroje luz sobre la naturaleza de dichos primos (por ejemplo, parecen ser de densidad 1/2 en todos los primos que son $3\bmod 4$ ).

Gracias,

Jacob

Answer 1

Soy un recién llegado aquí. Si p >3 es congruente con 3 mod 4, hay una respuesta que implica sólo $p\pmod 8$ y $h\pmod 4$ , donde $h$ es el número de clase de $Q(\sqrt{-p})$ . A saber, uno tiene $(\frac{p-1}{2})!\equiv 1 \pmod p$ si y sólo si (i) $p\equiv 3 \pmod 8$ y $h\equiv 1 \pmod 4$ o (ii) $p\equiv 7\pmod 8$ y $h\equiv 3\pmod 4$ .

La prueba puede no ser original: ya que $p\equiv 3 \pmod 4$ hay que determinar el símbolo de Legendre

$${{(\frac{p-1}{2})!}\overwithdelims (){p}} =\prod_{x=1}^{(p-1)/2}{x\overwithdelims (){p}}=\prod_{x=1}^{(p-1)/2}(({x\overwithdelims (){p}}-1)+1).$$ Basta con conocer este módulo 4 ya que es 1 o -1. Desarrollando, se obtiene $(p+1)/2+S \pmod 4$ , donde $$S=\sum_{x=1}^{(p-1)/2}\Bigl({x\over p}\Bigr).$$ Por la fórmula del número de clase, se tiene $(2-(2/p))h=S$ (Acabo de buscar Borevich-Shafarevich, Teoría de los Números), de ahí el resultado, ya que $\Bigl({2\over p}\Bigr)$ depende sólo de $p \pmod 8$ .

Editar: Para la respuesta correcta ver el post de KConrad o el artículo de Mordell.

Answer 2

Hay algo de historia en esta cuestión. Dirichlet observó (ver p. 275 de ``Historia de la teoría de los números'', Vol. 1) que como ya sabemos $(\frac{p-1}{2})! \equiv \pm 1 \bmod p$ , el cálculo de los cuadrados del módulo da como resultado $(\frac{p-1}{2})! \equiv (-1)^{n} \bmod p$ , donde $n$ es el número de no-residuos cuadráticos mod $p$ que se encuentran entre 1 y $(p-1)/2$ .

Jacobi (pp. 275-276 en el libro de Dickson) determinó $n \bmod 2$ en términos de número de clase $h_p$ de ${\mathbf Q}(\sqrt{-p})$ , para $p \equiv 3 \bmod 4$ y $p \not= 3$ . Por la fórmula del número de clase, $$ \left(2-\left(\frac{2}{p}\right)\right)h_p = r-n, $$ donde $r$ es el número de residuos cuadráticos de 1 a $(p-1)/2$ . También $r + n = (p-1)/2$ Así que $$ 2n = \frac{p-1}{2} - \left(2 - \left(\frac{2}{p}\right)\right)h_p. $$ En particular, $h_p$ es impar cuando $p \equiv 3 \bmod 4$ .

Tomar casos si $p \equiv 3 \bmod 8$ y $p \equiv 7 \bmod 8$ , encontramos ambas veces que $n \equiv (h_p+1)/2 \bmod 2$ Así que $$ \left(\frac{p-1}{2}\right)! \equiv (-1)^{(h_p+1)/2} \bmod p. $$

Esto muestra por qué será difícil obtener estadísticas precisas sobre cuándo la congruencia tiene 1 en el lado derecho.

Answer 3

El siguiente es un documento clásico relevante:

Mordell, L. J. La congruencia $(p-1/2)!\equiv ±1$ $({\rm mod}$ $p)$ . Amer. Math. Monthly 68 1961 145--146.

http://alpha.math.uga.edu/~pete/Mordell61.pdf

Poner $((p-1)/2)!\equiv(-1)^a\ (\text{mod}\,p)$ , donde $p$ es un primo $\equiv 3\ (\text{mod}\,4)$ . El autor demuestra el siguiente resultado. Si $p\equiv 3\ (\text{mod}\,4)$ y $p>3$ entonces $$ a\equiv{\textstyle\frac 1{2}}\{1+h(-p)\}\quad(\text{mod}\,2), \tag1 $$ donde $h(-p)$ es el número de clase del campo cuadrático $k(\surd-p)$ [ $\mathbb{Q}(\sqrt{-p})$ debe significar aquí. -PLC]. El autor señala que (1) se deduce fácilmente de un resultado de Dirichlet; también que Jacobi había conjeturado un resultado equivalente antes de que se conociera la fórmula del número de clase. (MathReview por L. Carlitz)

Answer 4

Esto es un intento de justificar la respuesta $1/2$ basado en la heurística de Cohen-Lenstra. Habrá un montón de pasos sin sentido, y no soy un experto, así que esto debe ser visto con precaución.

Como se observa arriba, esto equivale a determinar $h(p) \mod 4$ , donde $h(p)$ es el número de clase de $\mathbb{Q}(\sqrt{-p})$ . Desde $p$ es impar y $3 \mod 4$ el único primo ramificado en $\mathbb{Q}(\sqrt{-p})$ es el ideal principal $(\sqrt{-p})$ . Por lo tanto, no hay $2$ -torsión en el grupo de clases y $h(p)$ es impar.

Para cualquier primo impar $q$ , dejemos que $a(q,p)$ sea el poder de $q$ que divide $h(p)$ . Queremos calcular el valor medio de $$\prod_{q \equiv 3 \mod 4} (-1)^{a(q,p)}.$$

Primer paso sin sentido: Imaginemos que la heurística CL funciona de la misma manera para la parte impar del grupo de clases de $\mathbb{Q}(\sqrt{-p})$ que lo hacen para la parte impar del grupo de clase de $\mathbb{Q}(\sqrt{-D})$ . Acabamos de ver que el hecho de que $p$ es primo restringe el $2$ -parte del grupo de clase; esta afirmación dice que no afecta a la distribución de nada más.

Entonces se supone que tenemos: $$P(a(q,p)=0) = \prod_{i=1}^{\infty} (1-q^{-i}) = 1-1/q +O(1/q^2),$$ $$P(a(q,p)=1) = \frac{1}{q-1} \prod_{i=1}^{\infty} (1-q^{-i}) = 1/q +O(1/q^2),$$ y $$P(a(q,p) \geq 2) = O(1/q^2).$$

Si se cree todo lo anterior, entonces el valor medio de $(-1)^{a(p,q)}$ es $ 1-2/q+O(1/q^2)$ .

Segundo paso sin sentido: Hagamos de cuenta que $a(q,p)$ y $a(q',p)$ no están correlacionados. Además, supongamos que todo converge a su valor medio muy rápidamente, para justificar el intercambio de límites que voy a hacer.

Entonces $$E \left( \prod_{q \equiv 3 \mod 4} (-1)^{a(q,p)} \right) = \prod_{q \equiv 3 \mod 4} \left( 1- 2/q + O(1/q^2) \right)$$ .`

El lado derecho es cero, igual que si $h(p)$ eran igualmente como para ser $1$ o $3 \mod 4$ .

Answer 5

Disculpas por repetir alguna información en mi respuesta a la pregunta 121678 , que conocí antes de ver este.

Varias respuestas anteriores ya explican la conexión con el número de clase. Se puede añadir que el valor de $h(-p)$ fue investigado por Louis C. Karpinski en su tesis doctoral (Mathematischen und Naturwissenschaftlichen Facultät der Kaiser Wilhelms-Universität zu Strassburg, 1903), publicada como "Über die Verteilung der quadratischen Reste", (Sobre la distribución de los residuos cuadráticos). Revista de Matemáticas Puras y Aplicadas 127 (1904): 1-19. Karpinski demostró una colección de fórmulas (todas las cuales suponen $p > 3$ ) que implican sumas sobre símbolos de Legendre, y demostró que las sumas más concisas posibles sólo contienen $\lfloor p/6 \rfloor$ términos:

\begin{equation} \left\{ 2 - \left( \frac{2}{p} \right) \right\} h(-p) = \sum_{k=1}^{(p-1)/2} \left( \frac{k}{p} \right) \quad (p \equiv 3 \bmod{4}); \end{equation}

\begin{equation} \left\{ 3 - \left( \frac{3}{p} \right) \right\} h(-p) = 2 \sum_{k=1}^{\lfloor p/3 \rfloor} \left( \frac{k}{p} \right) \quad (p \equiv 3 \bmod{4}); \end{equation}

\begin{equation} \left\{ 2 - \left( \frac{2}{p} \right) \right\} h(-p) = \sum_{k=\lfloor p/4 \rfloor +1}^{(p-1)/2} \left( \frac{k}{p} \right) (p \equiv 3 \bmod{8}); \end{equation}

\begin{equation} \left\{ 2 - \left( \frac{2}{p} \right) \right\} h(-p) = \quad \sum_{k=1}^{\lfloor p/4 \rfloor} \quad \left( \frac{k}{p} \right) (p \equiv 7 \bmod{8}); \end{equation}

\begin{equation} \left\{ 1 + \left( \frac{2}{p} \right) + \left( \frac{3}{p} \right) - \left( \frac{6}{p} \right) \right\} h(-p) = 2 \sum_{k=1}^{\lfloor p/6 \rfloor} \left( \frac{k}{p} \right) \quad (p \equiv 7, 11, 23 \bmod{24}); \end{equation}

\begin{equation} \left\{ 1 + \left( \frac{2}{p} \right) + \left( \frac{3}{p} \right) - \left( \frac{6}{p} \right) \right\} h(-p) = -2p + 2 \sum_{k=1}^{\lfloor p/6 \rfloor} \left( \frac{k}{p} \right) \quad (p \equiv 19 \bmod{24}). \end{equation}