Dénombrement des $a$-miroirs de $\mathbb{F}_{q}$

On note $m(a)$ le nombre de $a$-miroirs. On va calculer de différentes manières la somme
$$\Sigma=\sum_{x\in\mathbb{F}_{q}}\left(\left(\dfrac{x}{q}\right)+1\right)\left(\left(\dfrac{x+a}{q}\right)+1\right)\left(\left(\dfrac{x-a}{q}\right)+1\right)$$Où $\left(\dfrac{y}{q}\right)$ désigne le symbole de Legendre, c’est à dire $\left(\dfrac{y}{q}\right):=y^{\frac{q-1}{2}}=1$ si $y\in S_{q},$ $\left(\dfrac{y}{q}\right)=-1$ si $y\notin S_{q}$ et $y\neq 0$ et $\left(\dfrac{0}{q}\right)=0$. L’hypothèse $q\equiv -1\mod 4$ est équivalente au fait que $-1$ n’est pas un carré dans $\mathbb{F}_{q}.$ En effet, $\dfrac{q-1}{2}$ est un entier impair donc $\left(\dfrac{-1}{q}\right)=(-1)^{\frac{q-1}{2}}=-1$.
Premier calcul
On remarque que $x$ est un $a$-miroir si et seulement si $\left(\left(\dfrac{x}{q}\right)+1\right)\left(\left(\dfrac{x+a}{q}\right)+1\right)\left(\left(\dfrac{x-a}{q}\right)+1\right)=8$ car chaque symbole de Legendre vaudra alors $1.$ Au contraire, si $x,x-a$ ou $x+a$ est un non carré alors le produit vaudra $0.$ Il nous reste à déterminer le cas où l’un des trois est nul. Si $x=0$ alors $-a$ et $a$ ne peuvent être tous les deux des carrés car alors $\dfrac{-a}{a}=-1$ serait également un carré ce qui est exclus. Pour $x=a$ et $x=-a$ on aura dans la somme les termes :
$$4\delta_{2}:=\left(\left(\dfrac{a}{q}\right)+1\right)\left(\left(\dfrac{2a}{q}\right)+1\right)+\left(\left(\dfrac{-a}{q}\right)+1\right)\left(\left(\dfrac{-2a}{q}\right)+1\right)=2\left(\dfrac{2a^{2}}{q}\right)+2=2\left(\left(\dfrac{2}{q}\right)+1\right)$$où $\delta_{2}$ vaut $1$ si $2$ est un carré dans $\mathbb{F}_{q}$ et $0$ sinon.
On obtient donc
$$\Sigma=8m(a)+4\delta_{2}.$$Second calcul
On développe l’expression de $\Sigma$ ce qui nous donne
$$\Sigma=\sum_{x\in\mathbb{F}_{q}}1+\sum_{x\in\mathbb{F}_{q}}\left(\dfrac{x}{q}\right)+\sum_{x\in\mathbb{F}_{q}}\left(\dfrac{x+a}{q}\right)+\sum_{x\in\mathbb{F}_{q}}\left(\dfrac{x-a}{q}\right)+\sum_{x\in\mathbb{F}_{q}}\left(\dfrac{x(x+a)}{q}\right)+\sum_{x\in\mathbb{F}_{q}}\left(\dfrac{x(x-a)}{q}\right)+\sum_{x\in\mathbb{F}_{q}}\left(\dfrac{(x-a)(x+a)}{q}\right)+\sum_{x\in\mathbb{F}_{q}}\left(\dfrac{x(x-a)(x+a)}{q}\right)$$On note ces $8$ sommes $\Sigma_{1},\dots,\Sigma_{8}$ dans l’ordre de la somme. On a tout d’abord $\Sigma_{1}=q$ et on remarque que, grâce au changement de variable $y=x+a$ ou $y=x-a$ les sommes $\Sigma_{2},\Sigma_{3}$ et $\Sigma_{4}$ sont toutes les trois égales. On peut calculer simplement $\Sigma_{1}$ de deux manières différentes.

1. Puisque $\mathbb{F}_{q}$ contient $\dfrac{q-1}{2}$ carrés non nuls et $\dfrac{q-1}{2}$ non carrés, $\Sigma_{2}=\dfrac{q-1}{2}\times 1+\dfrac{q-1}{2}\times(-1)=0.$
2. Grâce au changement de variable $y=-x$ et le fait que $\left(\dfrac{-1}{q}\right)=-1$ on a $\Sigma_{2}=-\Sigma_{2}=0$.
   Ainsi $\Sigma_{2}=\Sigma_{3}=\Sigma_{4}=0.$
   Puisque le premier terme de la somme $\Sigma_{5}$ est nul on peut sommer sur les inversibles de $\mathbb{F}_{q}$ et on peut très bien multiplier le terme de la somme par $\left(\dfrac{x^{-2}}{q}\right)=1$ ce qui donne
   $$\Sigma_{5}=\sum_{x\neq 0}\left(\dfrac{1+ax^{-1}}{q}\right)$$Mais l’application $x\mapsto ax^{-1}$ étant une bijection de $\mathbb{F}_{q}^{\times}$ l’application $x\in\mathbb{F}_{q}^{\times}\longmapsto 1+ax^{-1}$ atteint tous les éléments de $\mathbb{F}_{q}$ sauf $1$. On compte donc $\dfrac{q-1}{2}-1$ carrés et $\dfrac{q-1}{2}$ non carré ce qui donne $\Sigma_{5}=-1$. Les sommes $\Sigma_{6}$ et $\Sigma_{7}$ se calculent de la même manière et valent chacune $-1$ aussi. Enfin, on fait le changement de variable $y=-x$ dans $\Sigma_{8}$ ce qui donne
   $$\Sigma_{8}=\sum_{y\in\mathbb{F}_{q}}\left(\dfrac{-y(-y+a)(-y-a)}{q}\right)=\sum_{y\in\mathbb{F}_{q}}\left(\dfrac{-y(y-a)(y+a)}{q}\right)=-\Sigma_{8}.$$Donc $\Sigma_{8}=0$. On peut donc conclure en identifiant ces deux calculs
   $$m(a)=\dfrac{q-3-4\delta_{2}}{8}.$$