Rápido, modo autónomo para ver por qué se $\left({{-1}\over p}\right) = 1$?

Question

Deje $p$ ser un número primo congruente a $1$ modulo $4$. ¿Qué es un rápido y modo autónomo para ver por qué se$$\left({{-1}\over p}\right) = 1?$$

Answer 1

En $(\mathbb Z/p\mathbb Z)^*=\{1,2, \dotsc, p-1\}$ considera que la relación de equivalencia, que se define por $x \sim y$ fib $x=-y$ o $x=y^{-1}$ o $x=-y^{-1}$.

Desde $p$ es impar, tenemos $x \neq -x$, es decir, cualquier clase de equivalencia ha $2$ o $4$ elementos:

• Si $x^2=1$, $[x] = \{x,-x\}$
• Si $x^2=-1$, $[x] = \{x,-x=x^{-1}\}$
• En cualquier otro caso, tenemos $[x] = \{x,-x,x^{-1},(-x)^{-1}\}$

Ciertamente tenemos la equivalencia de la clase $\{1,p-1=-1\}$.

$p-1 \equiv 0 \pmod 4$ rendimientos, que habrá otra clase de equivalencia con $2$ elementos. Esta equivalencia de la clase debe venir desde el segundo caso, desde que el primer caso se produce sólo una vez ($x^2=1$ implica $x=\pm 1$ sobre un campo). Esto demuestra que $x^2=-1$ es solucionable.

Answer 2

Si $p$ es cualquier extraño primo, entonces por Wilson Teorema: $$(p-1)!\equiv 1\cdot 2\cdots\left(\frac{p-1}{2}\right)\left(-\frac{p-1}{2}\right)\cdots (-2)(-1)\pmod{p}$$

$$\equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}\left(\left(\frac{p-1}{2}\right)!\right)^2\equiv -1\pmod{p}$$

Si $p\equiv 1\pmod{4}$, entonces todas las soluciones de $x^2\equiv -1\pmod{p}$$x\equiv \pm\left(\frac{p-1}{2}\right)!\pmod{p}$.

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Edit: otra prueba: Vamos a $p$ primo, $p\equiv 1\pmod{4}$ y deje $g$ ser una raíz primitiva de mod $p$. A continuación,$\text{ord}_p(g)=p-1$, lo $g^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod{p}$. Por lo tanto, todas las soluciones de $x^2\equiv -1\pmod{p}$$x\equiv \pm g^{\frac{p-1}{4}}\pmod{p}$.

Answer 3

Supongamos que

$$\;p=1\pmod4\implies p-1=0\pmod4\implies \;\text{the cyclic group}\;\;\Bbb F_p^*\;$$ de orden de $\;p-1\;$ tiene un único subgrupo de orden $\;4\;$, decir $\;T:=\langle x\rangle\;$ , y desde

$$\text{ord}\,(x)=4\implies x^2=-1$$