Primaria prueba de que $-1$ es un cuadrado en $\mathbb{F}_p$ $p = 1 \mod{4}$

Question

Estoy tratando de prueba de que $-1$ es un cuadrado en $\mathbb{F}_p$$p = 1 \mod{4}$. Por supuesto, esto es muy fácil si se utiliza el Símbolo de Legendre y de Euler criterio. Sin embargo, no quiero usar esos. De hecho, yo quiero probar esta usando la menor cantidad de asunción como sea posible.

Lo que he intentado hasta ahora no es muy útil:

Podemos demostrar fácilmente que $\mathbb{F}_p^*/(\mathbb{F}_p^*)^2 = \{ 1\cdot (\mathbb{F}_p^*)^2, a\cdot (\mathbb{F}_p^*)^2 \}$ donde $a$ no es un cuadrado (esta $a$ existe porque el mapa de $x \mapsto x^2$ no es surjective). Ahora $-1 = 4\cdot k = 2^2 \cdot k$ algunos $k\in \mathbb{F}_p$.

A partir de aquí, estoy tratando de encontrar alguna relación entre el $p =1 \mod{4}$ $-1$ no ser un múltiplo de un cuadrado y de un no-cuadrado.

Answer 1

En $\mathbb{F}_p^\ast$, definir la relación de equivalencia

$$x\sim y :\!\!\iff (x = y) \lor (x = -y) \lor (xy = 1) \lor (xy = -1).$$

En general, la clase de equivalencia de a $x$ tiene cuatro elementos, $\{ x, -x, x^{-1}, -x^{-1}\}$. Desde siempre nos han $x \neq -x$, cada clase tiene al menos dos elementos, y si $x = x^{-1}$ o $x = -x^{-1}$, entonces la clase de equivalencia de a $x$ tiene exactamente dos elementos. El caso de $x = x^{-1}$ (o $x^2 = 1$) de los rendimientos de la clase $\{1,-1\}$, por lo que siempre hay al menos una clase con dos elementos.

Si $p \equiv 1 \pmod{4}$, el número de elementos de a $\mathbb{F}_p^\ast$ es divisible por $4$, por lo tanto el número de dos clases de elementos debe ser, por tanto,$2$, y eso significa que debe haber un $x$ $x = -x^{-1}$ o $x^2 = -1$.

Answer 2

Puede el uso del teorema de Wilson: $(p-1)!\equiv-1\pmod p$ y, a continuación, mostrar que $$(p-1)!\equiv 1\cdot 2\cdots \frac{p-1}{2} \left(-\frac{p-1}{2}\right)\cdots(-2)(-1) = \left(\left(\frac{p-1}{2}\right)!\right)^2(-1)^{\frac{p-1}{2}}\pmod p$$

Esto da exactamente la fórmula para una solución de $a^2=-1$, aunque no es una eficiente: $a=\left(\frac{p-1}{2}\right)!$.

Wilson teorema puede ser mostrado muy directamente mediante la comparación de $x^{p-1}-1$$(x-1)(x-2)\cdots(x-(p-1))$.

Más generalmente, si $\mathbb F_q$ es un campo con $q$ elementos, $q$ impar, entonces el producto de todos los elementos de a$\mathbb F_q^\times$$-1$, porque podemos par $a$ $a^{-1}$ a excepción de$a=-1$$a=1$. Así que usted puede mostrar que $-1$ es un cuadrado en $\mathbb F_q$ si $q\equiv 1\pmod 4$ utilizando el mismo argumento.

O usted puede factor de $$x^{p-1}-1 = \left(x^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\left(x^{\frac{p-1}{2}}+1\right)$$

El lado izquierdo tiene $p-1$ raíces, y por lo tanto $x^{\frac{p-1}{2}}+1$ debe tener una raíz, vamos a llamar a $a$. A continuación, $(a^{\frac{p-1}{4}})^2=-1$ si $a$ es una raíz.

Answer 3

Para $p\ge 3$, $\mathbb F_p^*$ es un grupo cíclico de orden $p-1$. Si $g$ es un generador, a continuación,$g^\frac{p-1}2= -1$. En particular, $-1$ será un cuadrado si y sólo si $\frac{p-1}{2}$ es aún - es decir, si $p \equiv 1 \pmod 4$.

Tenga en cuenta que esta prueba no es fundamentalmente diferente de los que utilizan Fermat poco teorema. De hecho, utilizando el grupo de teoría de la estructura de $\mathbb F_p^*$ da una forma de probarlo.