$p$ tek asal olmak üzere gösteriniz ki $\displaystyle\sum_{a=1}^{p-2}\left(\frac{a(a+1)}{p}\right)=-1$ dir.

Question

Burada $(\frac{a}{p})$ legendre sembolüdür.

kullanabileceğimi düşündüğüm birkaç legendre sembolü özelliği ise

$(\frac{ab}{p})=(\frac{a}{p})(\frac{b}{p})$

$(\frac{a}{p}) \equiv a^\frac{p-1}{2}(modp)$

Answer 1

$a\cdot a^\prime\equiv 1\pmod p$ ise $$\left(\frac{a(a+1)}{p}\right)=\left(\frac{(a^\prime)^2a(a+1)}{p}\right)=\left(\frac{1+a^\prime}{p}\right)$$ eşitliği sağlanır.

$a\ne 0,-1$ olduğundan $1+a^\prime$ değerleri modüler olarak $0,1$ hariç tüm değerleri alır.
Kare ve kare olmayanlar (sıfır harici) eşit dağıldığından toplamı sıfır olur.
$1$ bir kare olduğundan ve eksik olduğundan istenene toplam $-1$ olur.

Answer 2

Pedagojik olmayan bir yazım biçimiyle ,

$a\in\mathbb F_p^*$ için , şu eşitliğe sahibiz $(\frac{a(a+1)}{p})=(\frac{(a+1)/a}{p})$.  $[$ $(\frac{a^2}p)=1$ ve Legendre sembolünün çarpımsallık özelliğinden $]$ ,  böylece

           $$\sum\limits_{a\in\mathbb F_p^*}\left(\frac{a(a+1)}{p}\right)=\sum\limits_{a\in\mathbb F_p^*}\left(\frac{1+1/a}{p}\right)=\sum\limits_{b\in\mathbb F_p^*}\left(\frac{1+b}{p}\right)=-\left(\frac1p\right)+\sum\limits_{c\in\mathbb F_p}\left(\frac cp\right).$$

buradan  son eşitliğin en sağında yer alan , $c$ üzerinden yapılan toplam sıfırdır ( kuadratik rezidü ve kuadratik olmayan rezidü sayıları eşittir) ve $\left(\frac1p\right)=1$ olup sonuca $-1$ olarak ulaşırız.