本篇文章主要讨论Lagendre符号的求和运算性质。 下为Lagendre的基本运算性质：
1.($\frac{d}{p}$)=($\frac{p+d}{p}$) 2.($\frac{d}{p})\equiv d^{\frac{p-1}{2}} (mod\ p)$ 3.$(\frac{d_1d_2}{p})=(\frac{d1}{p})(\frac{d2}{p})$ 4.当$p|d$时，$(\frac{d^2}{p})=1$
我们知道，在奇素数$p$的完全剩余系中有其$\frac{p-1}{2}$个二次剩余和$\frac{p-1}{2}$个二次非剩余（以及一个被$p$整除的数），因此，我们有 $$\sum_{i=1}^{p} (\frac{i}{p})=0$$
而当$(a,p)=1$时，$f(x)=ax+b$和 $x$同时遍历$p$的完全剩余系，因此，我们有 $$\sum_{i=1}^p \frac{ai+b}{p} =0$$
如果$f(x$)是一个二次多项式呢？
我们有命题如下：
命题1 已知奇素数$p>2$，$(a,p)=1$ ，以及$f(x)=ax^2+bx+c$，$\Delta = b^2-4ac$ ，则有： (1) 若$(\Delta,p)=1$，则$\sum_{x=1}^p (\frac{f(x)}{p})=-(\frac{a}{p})$ (2) 若$p|\Delta$ ，则$\sum_{x=1}^p (\frac{f(x)}{p})=(p-1)(\frac{a}{p})$
证明：$\sum_{x=1}^{p} (\frac{f(x)}{p})=\sum_{x=1}^{p} (\frac{ax^2+bx+c}{p})(\frac{a}{p})(\frac{a}{p})(\frac{4}{p}) \ =(\frac{a}{p})\sum_{x=1}^{p}(\frac{(2ax+b)^2-\Delta}{p})$ $x$与$2ax+b$同时遍历$p$的完全剩余系，因此
原式$=(\frac{a}{p})\sum_{x=1}^p(\frac{x^2-\Delta}{p})$
当$p|\Delta$时，原式$=(\frac{a}{p})\sum_{x=1}^p (\frac{x^2}{p})=(p-1)(\frac{a}{p})$
当$(p,\Delta)=1$时，我们考虑二元同余方程$x^2-\Delta\equiv y^2(mod\ p)$的解数$S$。
一方面，对每一个确定的$x$，关于$y$的同余方程$x^2-\Delta\equiv y^2(mod\ p)$的解数为$1+(\frac{x^2-\Delta}{p})$，从而 $$S=p+\sum_{x=1}^{p}(\frac{x^2-\Delta}{p}) \tag{1}$$
另一方面原方程等价于关于$x$和$y$的同余方程组$$\left\{\begin{aligned} x^2\equiv\Delta +u(mod\ p) \\ y^2\equiv u(mod\ p)\end{aligned}\right.$$
对每一个确定的$u$，方程组的解数为$((\frac{u}{p})+1)((\frac{\Delta +u}{p})+1)$ ，因此
$$S=\sum_{u=1}^p ((\frac{u}{p})+1)((\frac{\Delta +u}{p})+1)=\sum_{u=1}^p((\frac{u^2+\Delta\cdot u}{p})+(\frac{u}{p})+(\frac{\Delta +u}{p})+1)=p+\sum_{u=1}^p((\frac{u^2+\Delta\cdot u}{p})$$
由$u$与$\Delta\cdot u$同时遍历$p$的完全剩余系，因此$\sum_{u=1}^p((\frac{u^2+\Delta\cdot u}{p})=\sum_{u=1}^p((\frac{(\Delta\cdot u)^2+\Delta\cdot(\Delta\cdot u)}{p})=\sum_{u=1}^p((\frac{u^2+u}{p})=\sum_{u=1}^{p-1}((\frac{u^2+ u}{p})$
对$1,2,\cdots,p-1$中的任何一个数$u$，存在它的逆元$r_u$，从而$\sum_{u=1}^{p-1}(\frac{u^2+ u}{p})=\sum_{u=1}^{p-1}(\frac{u^2+ u^2 r_u}{p})=\sum_{u=1}^{p-1}(\frac{1+r_u}{p})$
而$r_u$遍历${1,2,\cdots,p-1}$，从而上式的值为$-1$，从而$S=p-1$，代入(1)式即得 $$\sum_{x=1}^{p}(\frac{x^2-\Delta}{p})=-1$$ 证毕。