參考自一篇全英文的paperThe Period of the Fibonacci Sequence Modulo j
\(\text{Definition}\)
\(\text{Fibonacci}\)數列
\(\forall n\in\mathbb{N_+},F_{n+1}=F_n+F_{n-1}\quad(F_0=0,F_1=1)\)
令\(\phi=\frac{1+\sqrt5}{2},\overline{\phi}=\frac{1-\sqrt5}{2}\)，易知有\(\phi^2=\phi+1\)與\(\overline{\phi}^2=\overline{\phi}+1\)。
實際上這就是\(\text{Fibonacci}\)數列的特征方程\(x^2=x+1\)的兩實數根。
並且由此我們可以推出\(\text{Fibonacci}\)數列的通項公式\(F_n=\frac{1}{\sqrt5}(\phi^n-\overline{\phi}^n)\)。
\(\text{Pisano Period}\)
\(F_n\bmod P\)的循環節\(m\)是使得\(F_m\equiv0\pmod P\wedge F_{m+1}\equiv1\pmod P\)的最小正整數\(m\)。
易知\(m\mid k\Leftrightarrow F_k\equiv0\pmod P,F_{k+1}\equiv1\pmod P\)。
\(\text{Part.1}\)
我們需要先證明一些引理。
引理\(1\)
設\(p\in\mathbb P,n\in\mathbb{N_+}\)，\(a\equiv1\pmod p\Rightarrow a^{p^n}\equiv1\pmod{p^{n+1}}\)。
證：
我們使用數學歸納法。
不妨設\(a=rp+1\quad(r\in\mathbb Z)\)。
運用二項式定理，\(a^p\equiv(rp+1)^p\equiv1+\sum\limits_{i=1}^p\left(_i^p\right)(rp)^i\equiv1\pmod{p^2}\)。
因此當\(n=1\)時引理成立。
假設\(n=m\)時定理成立，即有\(a^{p^m}\equiv1\pmod{p^{m+1}}\)。
不妨設\(a^{p^m}=1+sp^{m+1}(s\in\mathbb Z)\)。
同樣運用二項式定理，\(a^{p^{m+1}}=(a^{p^m})^p=(1+sp^{m+1})^p=1+\sum\limits_{i=1}^p\left(_i^p\right)(sp^{m+1})^i\equiv1\pmod{p^{m+2}}\)。
因此當\(n=m\)成立時，\(n=m+1\)也成立。
命題得證。
推論\(1\)
設\(p\in\mathbb P,k\in\mathbb{N_+}\)，\(m\)為\(F_n\bmod p\)的循環節，有\(\phi^{mp^{k-1}}\equiv\overline{\phi}^{mp^{k-1}}\equiv1\pmod{p^k}\)
證：
由\(F_m\equiv\frac{\phi^m-\overline\phi^m}{\sqrt5}\equiv0\pmod p\)可知\(\phi^m\equiv\overline{\phi}^m\pmod p\)。
我們有\(F_m=F_{m+1}-F_1=\frac{\phi(\phi^m-1)-\overline{\phi}(\overline{\phi}^m-1)}{\sqrt5}\)。
用\(\phi^m\)替換\(\overline{\phi}^m\)得到\(F_m\equiv\frac{(\phi^m-1)(\phi-\overline{\phi})}{\sqrt5}\equiv(\phi^m-1)F_1\equiv\phi^m-1\equiv0\pmod p\)。
\(\therefore\phi^m\equiv\overline{\phi}^m\equiv1\pmod p\)
運用引理\(1\)，\(\phi^{mp^{k-1}}\equiv\overline{\phi}^{mp^{k-1}}\equiv1\pmod{p^k}\)。
命題得證。
引理\(2\)
設\(p\in\mathbb P\wedge p\ne5\)，\((\frac5p)=1\Leftrightarrow p\equiv\pm1\pmod5,(\frac5p)=-1\Leftrightarrow p\equiv\pm2\pmod5\)
證：
運用Gauss二次互反律，\((\frac5p)(\frac p5)=(-1)^{(\frac{5-1}2)(\frac{p-1}2)}=((-1)^{\frac{p-1}2})^2=1\)。
運用Euler准則，\((\frac5p)=(\frac p5)\equiv p^2\pmod5\)。
利用枚舉法發現該命題在任意情況下成立，故命題得證。
\(\text{Part.2}\)
定理\(1\)
設\(P=\prod\limits_{i=1}^{s}p_i^{k_i}\)，\(m_i\)為\(F_n\bmod p_i^{k_i}\)的循環節，\(M\)為\(F_n\bmod P\)的循環節，則\(M=\operatorname{lcm}(m_1,\cdots,m_s)\)。
證：
\(\because F_M\equiv0\pmod P\Leftrightarrow \forall i\in[1,s],F_M\equiv0\pmod{p_i^{k_i}}\)
\(\therefore\forall i\le s,m_i\mid M\)
\(\therefore M=\operatorname{lcm}(m_1,\cdots,m_s)\)
命題得證。
定理\(2\)
設\(p\in\mathbb P\)，\(m\)是\(F_n\bmod p\)的循環節，\(M\)是\(F_n\bmod p^k\)的循環節，則\(M\mid mp^{k-1}\)。
證：
由推論\(1\)我們有\(\phi^{mp^{k-1}}\equiv\overline{\phi}^{mp^{k-1}}\equiv1\pmod{p^k}\)。
\(\therefore F_{mp^{k-1}}\equiv\frac{\phi^{mp^{k-1}}-\overline\phi^{mp^{k-1}}}{\sqrt5}\equiv\pmod{p^k}\)
\(\therefore F_{mp^{k-1}+1}\equiv\frac{\phi^{mp^{k-1}+1}-\overline\phi^{mp^{k-1}+1}}{\sqrt5}\equiv\frac{\phi-\overline{\phi}}{\sqrt5}\equiv1\pmod{p^k}\)
\(\therefore M\mid mp^{k-1}\)
命題得證。
事實上有猜想\(M=mp^{k-1}\)一定成立，目前尚未找到反例。
定理\(3\)
設\(p\in\mathbb P\)，\(m\)為\(F_n\bmod p\)的循環節，若\(p\equiv\pm1\pmod5\)，則\(m\mid p-1\)
證：
由引理2知\((\frac 5p)=1\)，所以\(\sqrt5\)在\(\mathbb{F_p}\)中。
運用Euler定理，\(\phi^{p-1}\equiv\overline{\phi}^{p-1}\equiv 1\pmod p\)。
\(\therefore F_{p-1}\equiv\frac{\phi^{p-1}-\overline\phi^{p-1}}{\sqrt5}\equiv0\pmod p,F_p\equiv\frac{\phi^p-\overline\phi^p}{\sqrt5}\equiv\frac{\phi-\overline{\phi}}{\sqrt5}\equiv1\pmod p\)
\(\therefore m\mid p-1\)
命題得證。
定理\(4\)
設\(p\in\mathbb P\)，\(m\)為\(F_n\bmod p\)的循環節，若\(p\equiv\pm2\pmod5\)，則\(m\mid 2p+2\wedge 2\nmid\frac{2p+2}m\)
證：
由引理2知\((\frac5p)=-1\)，所以我們定義擴域\(\mathbb{F_p}(\sqrt5)=\{a+b\sqrt5|a,b\in\mathbb{F_p}\}\)。
利用二項式定理，我們有\((a+b)^p\equiv a^p+b^p\pmod p\)。
\(\therefore\phi^p\equiv(\frac12+\frac{\sqrt5}{2})^p\equiv(\frac12)^p+(\frac{\sqrt5}2)^p\equiv(\frac12)^p(1+\sqrt5^p)\equiv\frac12(1+5^\frac{p-1}2\sqrt5)\equiv\frac12(1-\sqrt5)\equiv\overline{\phi}\pmod p\)
同理，可以得到\(\overline{\phi}^p\equiv\phi\pmod p\)。
因此我們有
\(F_{p}\equiv\frac{\phi^p-\overline\phi^p}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi-\phi}{\sqrt5}\equiv p-1\pmod p\)
\(F_{p+1}\equiv\frac{\phi^{p+1}-\overline\phi^{p+1}}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi\phi-\phi\overline\phi}{\sqrt5}\equiv0\pmod p\)
\(F_{p+2}\equiv F_p+F_{p+1}\equiv p-1\pmod p\)
\(\therefore m\nmid p+1\)
同理有
\(F_{2p+1}\equiv\frac{\phi^{2p+1}-\overline\phi^{2p+1}}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi^2\phi-\phi^2\overline\phi}{\sqrt5}\equiv\frac{\phi\overline\phi(\overline\phi-\phi)}{\sqrt5}\equiv1\pmod p\)
\(F_{2p+2}\equiv\frac{\phi^{2p+2}-\overline\phi^{2p+2}}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi^2\phi^2-\phi^2\overline\phi^2}{\sqrt5}\equiv0\pmod p\)
\(F_{2p+3}\equiv F_{2p+1}+F_{2p+2}\equiv1\pmod p\)
\(\therefore m\mid 2p+2\)
命題得證。
定理5
若\(P=2\times5^k(k\in\mathbb{N_+})\)，則\(F_n\bmod P\)的循環節為\(6P\)，否則\(F_n\bmod P\)的循環節\(\le4P\)。
\(\text{Extra}\)
我們發現\(\text{Part.2}\)給出了Pisano Period的某個正整數倍數。
如果僅僅是求\(F_n\bmod m\)的話這就足夠了。
如果需要求最小正周期的話，在運用定理\(3,4\)的時候枚舉約數檢查即可。
在計算\(F_n\bmod p\)的循環節時，需要對\(p=2\)和\(p=5\)進行特判：
\(m_i=\begin{cases}3&p_i=2\\20&p_i=5\end{cases}\)
最后還要記得特判\(P=1\)的情況。