Comment choisir $(\frac {p-1}2)!=\pm 1 [p]$

Salut Paul
Je ne vais pas répondre à ta question, c'est pas bien et je m'en excuse d'avance.

Ci-dessous, $F(p)$ est $(p-1)! /2$ dans $\mathbb F_p$, donc $F(p) = \pm 1$. On voit que parmi les premiers $p \equiv 3 \bmod 4$, $p \le 10^3$, un peu près la moitié vérifient $F(p) = 1$ (43 fois 2 cela fait $86 = 87-1$).

> F := func < p | &*[GF(p)| i : i in [1..ExactQuotient(p-1,2)]] > ;
> P := [p : p in PrimesInInterval(3,10^3) | p mod 4 eq 3] ;
> #P ;
87
> time #[p : p in P | F(p) eq 1] ;
43
Time: 0.070

Play again en remplaçant $10^3$ par $10^4$. Encore le coup de la moitié (310 sur 619).

> P := [p : p in PrimesInInterval(3,10^4) | p mod 4 eq 3] ;                                                                                                                  
> #P ;
619
> time #[p : p in P | F(p) eq 1] ;
310
Time: 0.610

C'est tout ? Euh, ben oui. J'essaierais de faire mieux la prochaine fois (que je dis).

C'est rigolo, on retrouve le théorème dont Serre parle vers 10 min pour faire le lien avec les nombres de classes ! cf la réponse de K. Conrad.

PS / Faire attention le $N$ de Serre c'est le nombre de carré dans l'intervalle $[(p-1)/2 ,p-1]$ et le $n$ de K. Conrad c'est le nombre de non carré dans $[1,(p-1)/2]$ mais c'est la même chose en fait !

Pareil que toi Claude pour l'égalité de gauche, j'ai pris l'involution et bof bof bof

Bonjour,
Pour justifier la seconde expression de $h(D)$, je me limite au cas où $-D=N\equiv 3 \mod 4$:
$ S:= \displaystyle{\sum_{0<k<N} k\chi (k)}$. Alors en utilisant le fait qur $\chi (-1)=-1$, on a d'une part:
$S= \displaystyle{\sum _{0<k<N/2} k\chi(k) +(N-k)\chi (N-k) =2\sum_{0<k<N/2}k\chi (k) - N\sum_{0<k<N/2} \chi (k)}$, et d'autre part:
$S= \displaystyle { \sum_ {0<k<N/2} 2k\chi (2k) +(N-2k) \chi (N-2k) =\chi (2)\left(4\sum_{0<k<N/2} k \chi (k) -N\sum_{0<k<N/2} \chi (k)\right)}$.
Les deux relations précédentes permettent d'obtenir la relation entre $S$, $ \chi (2)$ et $ \displaystyle{\sum_{0<k<N/2} \chi (k)}$ souhaitée.

Amicalement,

Petites nouvelles du front.

0. J'ai fini par trouver une preuve (de l'égalité de droite de mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1683978,1684236#msg-1684236) dans le cas $D$ pair. Et j'ai même fini par trouver le traitement total dans le chap. 26 (Class Number of Quadratic Fields) de Ribenboim. J'ai la flemme de recopier la démo. De toutes façons, on a seulement besoin du cas $D$ impair (alors pourquoi se fatiguer ?). Bref, on a avec nous, pour un discriminant quadratique fondamental $D < -4$, l'égalité suivante qui donne le nombre de classes d'idéaux de l'anneau quadratique imaginaire $\Q(\sqrt D)$
$$
h(D) = {\sum_{1 \le r < |D|/2} \chi_D(r) \over 2 - \chi_D(2)}
$$


1. En particulier, pour $D = -p$, où $p$ est un premier $\equiv 3 \mod p$ autre que $3$, en notant $R_p$ (resp. $N_P$) le nombre de résidus quadratiques (resp. non résidus) modulo $p$ dans l'intervalle $[1 .. (p-1)/2]$ :
$$
h(-p) = {R_p - N_p \over 2 - \chi_{-p}(2)} =
\begin {cases}
R_p - N_p & \hbox {si $p \equiv 7 \bmod 8$ }\cr
(R_p - N_p)/3 & \hbox {si $p \equiv 3 \bmod 8$} \cr
\end {cases}
\qquad\qquad (\star)
$$
J'ai utilisé une loi de réciprocité, disons :
$$
\chi_{-p}(2) = \left( {2 \over p} \right) = \begin {cases}
1 & \hbox {si $p \equiv \pm 1 \bmod 8$ }\cr
-1 & \hbox {si $p \equiv \pm 3 \bmod 8$} \cr
\end {cases}
$$
Contemplons $(\star)$ en n'oubliant pas que $R_p + N_p = {p-1 \over 2}$ est impair et donc que $R_p, N_p$ sont de parité différente. Que nous apprend $(\star)$ ? D'abord que $h(-p)$ est impair (mais cela, on peut le voir d'une autre manière). Mais surtout que dans l'intervalle $[1..(p-1)/2]$, le nombre de résidus quadratiques modulo $p$ est strictement plus grand que le nombre de non résidus quadratiques. Et ce qui fait la différence, c'est le nombre $h(-p)$ de classes d'idéaux de $\Q(\sqrt {-p})$ ou $3h(-p)$, c'est selon. Ce dernier résultat ($R_p > N_p$ de manière précise) n'est absolument pas banal (et sans preuve purement algébrique).


2. Revenons sur la question de Paul. Pour un premier impair $p$, en notant $\pi = ({p-1\over 2})!$, en regroupant $x$ et $-x$ dans $(p-1)!$ modulo $p$ (et en faisant attention à $x = -1$) , on obtient :
$$
\pi^2 \equiv - (-1)^{p-1 \over 2} = \begin {cases}
1 & \hbox {si $p \equiv 3 \bmod 4$ }\cr
-1 & \hbox {si $p \equiv 1 \bmod 4$} \cr
\end {cases}
$$
On suppose de nouveau $p \equiv 3 \bmod 4$, si bien que $\pi \equiv \pm 1 \bmod p$. Et c'est ce signe qui turlupine Paul. Ce signe est lié à la parité de $N_p$ puisque modulo $p$
$$
\pi \equiv \left( {\pi \over p }\right) = \prod_{x=1}^{(p-1)/2} \left({x \over p}\right) = (-1)^{N_p}
$$
On peut se permettre de mettre égal au lieu de $\equiv$ car des nombres de $\{ \pm 1 \}$ égaux modulo $p$ sont égaux tout court.

3. Et la question qui turlupine Paul est en fait compliquée. Car en réécrivant $(\star)$ en y remplaçant $R_p$ par $(p-1)/2 - N_p$, on tombe sur
$$
2N_p = {p-1 \over 2} - (2 - \chi_{-p}(2)) h(-p)
$$
Et là, j'ai encore la flemme, en distinguant $p \equiv 3 \bmod 8$ et $p \equiv 7 \bmod 8$, on obtient :
$$
2N_p \equiv h(-p) + 1 \bmod 4 \qquad \qquad \hbox {i.e.} \qquad\qquad N_p \equiv {h(-p) + 1 \over 2} \bmod 2 \qquad (\blacksquare)
$$
Bilan : le signe, en apparence anodin, qui turlupine Paul, ou encore la parité de $N_p$ si l'on veut, sont liés à la parité d'un objet plus compliqué, à savoir le membre droit dans $(\blacksquare)$. En guise de conclusion :
$$
(-1)^{N_p} = (-1)^{h(-p) + 1 \over 2}
$$
Note : j'ai en partie recopié ici le post de K. Conrad.

J'étais certain que cette question aller t'amuser Claude :-D