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Dato p primo dimostrare:
a) se $ p\equiv 1 \pmod {4} $ allora $ [\displaystyle \frac{(p-1)}{2}!]^2\equiv -1 \pmod {p} $

b) se $ p\equiv 3 \pmod {4} $ allora $ [\displaystyle \frac{(p-1)}{2}!]^2\equiv 1 \pmod {p} $

Spero non sia stato già proposto...

Scusa l'ignoranza, ma con $ -1 (\mod p) $ si intende $ p-1 (\mod p) $ o cos'altro?

p-1

$ [\displaystyle \frac{(p-1)}{2}!]^2\equiv -1 \pmod {p} $ ovvero
$ \displaystyle \frac{(p-1)}{2}!\cdot\frac{(p-1)}{2}! \equiv -1 \pmod {p} $. tutti i valori sotto $ \frac{p-1}{2} $ hanno un corrispondente sopra $ \frac{p-1}{2} $ (di segno negativo) e se $ p $ è primo, tale corrispondente è unico. (è giusto vero? ne sono quasi sicuro)

quindi si può scrivere $ [\displaystyle \frac{(p-1)}{2}!]^2 \equiv \pm (p-1)! \pmod {p} $. il più o il meno dipende dal numero di segni meno che abbiamo quando sostituiamo ogni numero sotto $ \frac{p-1}{2} $ con il suo corrispondente;
se $ p \equiv 1 \pmod {4} $, allora $ \frac{p-1}{2} $ è pari, quindi è il numero di meno è pari, e il prodotto è positivo; quindi la traccia è equivalente a $ (p-1)! \pmod {p} $.
Se invece $ p \equiv 3 \pmod {4} $, il numero di meno è dispari e il prodotto negativo, quindi la traccia è equivalente a $ -(p-1)! \pmod {p} $.

Ora per concludere mi basta il teorema di Wilson, che afferma che se $ p $ è primo allora $ (p-1)! \equiv -1 \pmod {p} $