フィボナッチ数列を\(a_{n}\)とします。
以下の(1)～(7)を証明なしで使います。
(証明が知れたければ初等整数論の本「例えば硲　文夫　著
　　初等代数学　（森北出版）」をご覧下さい。
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(1)
p≡\(\pm\)1　（mod5)の時
5^{(p-1)/2}≡1　(mod　p )
(2)
p≡\(\pm\)2　（mod5)の時
5^{(p-1)/2}≡-1　(mod　p )
(3)
2^(n-1)*\(a_{n}\)=Σ_[i=0]{n_C_(2i+1)*\(5^{i}\)}
(4)
iは2≦i≦p-1となるような自然数とする。
(p+1)_\(C_{i}\)≡0　　(mod　p )
(5)
iは0≦i≦p-1となるような自然数とする。
(p-1)_\(C_{i}\)≡(-1\()^{i}\)　　(mod　p )
(6)
a_(m+n)=a_(m+1)*\(a_{n}\)+\(a_{m}\)*a_(n-1)
(7)
bをpと互いに素な自然数とすると
b^(p-1)≡1　(mod　p )となる。
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さて、解答に入ります。
p≡\(\pm\)1（mod5)の時の周期はp-1の約数であることを示します。

2^(p-2)*a_(p-1)
=Σ_[i=0]{(p-1)_C_(2i+1)*\(5^{i}\)}
=-(1+5+･･･+5^{(p-3)/2})
≡(1-5^{(p-1)/2)/(1-5)
≡(1-1)/(1-5)
≡0　　(mod　p )

2とpは互いに素だからa_(p-1)≡0　　(mod　p )となる

2^(p-1)*\(a_{p}\)
=Σ_[i=0]{p_C_(2i+1)*\(5^{i}\)}
≡5^{(p-1)/2}
≡1　(mod　p )

したがって
a_(n+p-1)=\(a_{p}\)*\(a_{n}\)+a_(p-1)*a_(n-1)≡\(a_{n}\)　(mod　p )
となります。

したがって
p≡\(\pm\)1（mod　5)の時の周期はp-1の約数であることがいえました。

p≡\(\pm\)2（mod5)の時の周期は\(p^{2}\)-1の約数であることを示します。

\(2^{p}\)*a_(p+1)
=Σ_[i=0]{(p+1)_C_(2i+1)*\(5^{i}\)}
=(p+1)+(p+1)*5^{(p-1)/2}
≡1-1
≡0　　(mod　p )

2とpは互いに素だからa_(p+1)≡0　　(mod　p )となる。

2^(p-1)*\(a_{p}\)
=Σ_[i=0]{p_C_(2i+1)*\(5^{i}\)}
≡5^{(p-1)/2}
≡-1　(mod　p )

a_(n+p+1)=a_(p+1)*a_(n+1)+\(a_{p}\)*\(a_{n}\)≡-\(a_{n}\)　(mod　p )

よって
a_(n+2p+2)≡-a_(n+p+1)≡\(a_{n}\)　(mod　p )
となります。

\(p^{2}\)-1は2p+2=2(p+1)で割り切れるので、p≡\(\pm\)2（mod　5)の時の
周期は\(p^{2}\)-1の約数であることがいえました。