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 :)
