Es más conveniente para iniciar la suma de $i=0$ en lugar de $i=1$,
añadir el término ${0 \choose 0} = 1$, y apunta
$$
\sum_{i=0}^{(p-1)/2} {2i \elegir i} \equiv \pm 1 \bmod p.
$$
Para probar esto, tenga en cuenta que ${2i \choose i} \equiv 0 \bmod p$
$(p-1)/2 < i \leq p-1$. Por lo tanto
$$
\left(
\sum_{i=0}^{(p-1)/2} {2i \elegir i}
\right)^2 =
\sum_{i=0}^{(p-1)/2} \, \sum_{j=0}^{(p-1)/2} {2i \elegir i} {2j \elegir j}
\equiv
\mathop{\sum\sum}_{i,j \geq 0}^{i+j \leq p-1} {2i \elegir i} {2j \elegir j}
\bmod p.
$$
Pero $\sum_{i+j = n} {2i \choose i} {2j \choose j} = 4^n$
debido a $2i\choose i$ $x^i$ coeficiente de $(1-4x)^{-1/2}$.
Por lo tanto
$$
\left(
\sum_{i=0}^{(p-1)/2} {2i \elegir i}
\right)^2 \equiv \sum_{n=0}^{p-1} 4^n
= 1 + \sum_{n=1}^{p-1} 4^n \bmod p.
$$
Desde que asumió $p \geq 5$, la última suma es
$4 \cdot (4^p-1)/(4-1) \equiv 0 \bmod p$, por lo que
$\sum_{i=0}^{(p-1)/2} {2i \choose i}$ es una raíz cuadrada de $1 \bmod p$,
QED.
barak manos observa en un comentario de que el signo de $1$ o $-1$ parece coincidir
el residuo de $p \bmod 6$ (lo que es equivalente, de $p \bmod 3$ porque $p$ es impar).
He comprobado experimentalmente para todos los $p < 1000$. Probando
es probable que requieren un enfoque diferente.
Postscript no tan diferentes, como resulta.
Considere el polinomio
$$ P(x) = \sum_{i=0}^{(p-1)/2} {2i \choose i} (x/4)^i \bmod p. $$
El mismo argumento muestra que antes de
$P(x)^2 \equiv (x^p - 1) / (x-1) \bmod p$ de forma idéntica;
pero eso significa que $P(x)^2 \equiv (x-1)^{p-1}$, por lo que
$P(x) = \pm (x-1)^{(p-1)/2}$ (que también puede ser visto directamente).
La comparación de los coeficientes de $x^{(p-1)/2}$ (o más simplemente, de $x$)
pronto nos vemos de que el signo es el símbolo de Legendre $(-1/p)$.
La sustitución de algunos de los $x \bmod p$ a $(x-1)^{(p-1)/2}$
los rendimientos del símbolo de Legendre $((x-1)/p)$.
Aquí $x=4$ así obtenemos $(-1/p) (3/p) = (-3/p)$, que por reciprocidad cuadrática
es $1$ o $-1$ $p$ $1$ o $-1 \bmod 3$, QED.
