Estoy intentando resolver el problema 6.22 en Irlanda y Rosen's Introducción clásica a la teoría moderna de números (segunda edición). El ejercicio trata sobre el signo de la suma de Gauss g = \sum_{j=1}^{p-1} \left(\frac{j}{p}\right)\zeta^j donde p es un primo fijo y \zeta = e^{2\pi i/p} . En el capítulo este problema se reduce a demostrar que \varepsilon = 1 hace que se cumpla la siguiente igualdad polinómica y \varepsilon = -1 no (esos son los únicos valores \varepsilon puede tomar y sabemos que uno de ellos funciona). \sum_{j=1}^{p-1}\left(\frac{j}{p}\right)(1+t)^j-\varepsilon\prod_{k=1}^{(p-1)/2}((1+t)^{2k-1}-(1+t)^{p-(2k-1)})=((1+t)^p-1)h(t) Aquí h(t)\in\mathbb{Z}[t] es algún polinomio que no nos interesa.
Siguiendo el planteamiento del libro me fijé en los coeficientes de t^{(p-1)/2} en ambos lados. En el lado izquierdo tenemos \sum_{j=(p-1)/2}^{p-1}\left(\frac{j}{p}\right)\binom{j}{(p-1)/2}-\varepsilon\prod_{k=1}^{(p-1)/2}(4k-p-2) y en el lado derecho tenemos un múltiplo de p, por lo que igualando mod p y multiplicando por ((p-1)/2)! produce \sum_{j=(p-1)/2}^{p-1}\left(\frac{j}{p}\right)j(j-1)...(j-(p-1)/2+1) \equiv \varepsilon((p-1)/2)!\prod_{k=1}^{(p-1)/2}(4k-2) \equiv -\varepsilon \ (\textrm{mod}\ p). La segunda congruencia no es difícil de justificar. Sin embargo, no tengo ni idea de cómo demostrar que la primera expresión es -1. He intentado interpretarla como el polinomio f(x) = \sum_{j=1}^{p-1}\left(\frac{j}{p}\right)(x+j)(x+j-1)...(x+j-(p-1)/2+1) evaluado en x=0 . Lo he ampliado para pequeños primos y conseguí que f(x) es idénticamente congruente con -1, pero no sé cómo demostrarlo en general. Agradecería cualquier ayuda con el polinomio o cualquier aproximación alternativa al problema. Gracias de antemano :)
