求证：当奇素数p≡1 mod4时，∑ₖ=1^{p-1}k\left(\frac{k}{p}\right)=0

补完你用原根的推导步骤 #

你已经通过模$p$的原根$w$，将求和式转化为：
$$\sum\limits_{j=1}^{p-1} j\left(\frac{j}{p}\right) \equiv \sum\limits_{r=1}^{p-1} (-w)^r \mod p$$

接下来我们用等比数列求和公式完成计算：
等比数列求和公式为$\sum_{r=1}^{n}xr = x\cdot\frac{x^n - 1}{x - 1}$，这里$x=-w$，$n=p-1$，代入得：
$$\sum_{r=1}^{p-1} (-w)^r = (-w)\cdot\frac{(-w)^{p-1} - 1}{(-w) - 1}$$

现在计算分子中的$(-w)^{p-1}$：

• 因为$p$是奇素数，$p-1$是偶数，所以$(-1)^{p-1}=1$；
• 根据费马小定理，原根$w$满足$w^{p-1}\equiv1\mod p$；
• 因此$(-w)^{p-1}=(-1){p-1}\cdot w^{p-1}\equiv1\cdot1=1\mod p$。

代入后分子变为$(-w)\cdot(1-1)=0$，而分母$-w-1\not\equiv0\mod p$（如果$w\equiv-1\mod p$，则$w$的阶是2，但$p\equiv1\mod4$时$p-1\geq4$，原根的阶应为$p-1>2$，矛盾），所以：
$$\sum_{r=1}^{p-1} (-w)^r \equiv \frac{0}{\text{非零数}} \equiv0\mod p$$

到这里我们知道求和式是$p$的倍数，接下来证明它等于0：
设$S=\sum\limits_{j=1}^{p-1} j\left(\frac{j}{p}\right)$，我们可以通过对称变换进一步推导：
因为$p-j\equiv-j\mod p$，且$p\equiv1\mod4$时$\left(\frac{-1}{p}\right)=1$，所以：
$$S=\sum_{j=1}^{{p-1}(p-j)\left(\frac{p-j}{p}\right)=\sum_{j=1}}{p-1}(p-j)\left(\frac{-j}{p}\right)=\sum_{j=1}^{{p-1}(p-j)\left(\frac{-1}{p}\right)\left(\frac{j}{p}\right)=\sum_{j=1}}{p-1}(p-j)\left(\frac{j}{p}\right)$$

展开后：
$$S=p\sum_{j=1}^{p-1}\left(\frac{j}{p}\right) - \sum_{j=1}^{p-1}j\left(\frac{j}{p}\right)$$

注意到模$p$的二次剩余和非二次剩余各有$\frac{p-1}{2}$个，所以$\sum_{j=1}^{p-1}\left(\frac{j}{p}\right)=0$，代入得：
$$S=0 - S \implies 2S=0 \implies S=0$$

更简洁的直接证明方法 #

刚才的对称变换其实可以直接独立证明结论，步骤更清爽：

1. 令$S=\sum\limits_{j=1}^{p-1} j\left(\frac{j}{p}\right)$；
2. 做变量替换$k=p-j$，当$j$从1到$p-1$时，$k$也从$p-1$到1，求和顺序不影响结果：
   $$S=\sum_{k=1}^{p-1}(p-k)\left(\frac{p-k}{p}\right)$$
3. 利用勒让德符号的性质：$\left(\frac{p-k}{p}\right)=\left(\frac{-k}{p}\right)=\left(\frac{-1}{p}\right)\left(\frac{k}{p}\right)$，而$p\equiv1\mod4$时$\left(\frac{-1}{p}\right)=1$，所以$\left(\frac{p-k}{p}\right)=\left(\frac{k}{p}\right)$；
4. 展开求和式：
   $$S=p\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{k}{p}\right) - \sum_{k=1}^{p-1}k\left(\frac{k}{p}\right)=p\cdot0 - S=-S$$
5. 移项得$2S=0$，即$S=0$。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者mathcourse