斐波那契数列の循环节

这问题咕咕咕了好久，来填坑了。

问题

求斐波那契数列在模 $p$ 意义下的循环节 $m$ 。

解法

首先知道 $fib$ 通项公式为 $f(n)=\frac{A^n-B^n}{\sqrt{5}}$ ，其中 $A=\frac{1+\sqrt{5}}{2},B=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ 。

这里有个 $\sqrt{5}$ ，故要从二次剩余角度去分析。

对于 $p=2$ 和 $p=5$

直接手玩，可得 $p=2$ 时，$m=3$ ；$p=5$ 时，$m=20$ 。

对于非 5 的奇质数

1. 若 5 是模 p 意义下的二次剩余

由费马小定理知 $A^{p-1}≡1(mod\ p),B^{p-1}≡1(mod\ p)$

则

$$f(p-1)≡\frac{A^{p-1}-B^{p-1}}{\sqrt{5}}≡0(mod\ p)$$

$$f(p)≡\frac{A^{p}-B^{p}}{\sqrt{5}}≡1(mod\ p)$$

可发现 $(f(0),f(1))$ 和 $(f(p-1),f(p))$ 相等，故 $m | p-1$ 。

2. 若 5 是模 p 意义下的二次非剩余

由欧拉判别准则知 $5^{\frac{p-1}{2}}≡-1(mod\ p)$

$$A^p=(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^p=(\frac{1}{2})^p(1+\sqrt{5})^p≡\frac{1}{2}(1+\sqrt{5}^p)≡\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})≡B(mod\ p)$$

同理可得

$$B^p≡A(mod\ p)$$

则

$$f(2p+1)=\frac{A^{2p+1}-B^{2p+1}}{\sqrt{5}}≡\frac{B^2A-AB^2}{\sqrt{5}}≡AB≡1(mod\ p)$$

$$f(2p+2)=\frac{A^{2p+2}-B^{2p+2}}{\sqrt{5}}≡0(mod\ p)$$

$$f(2p+3)=f(2p+1)+f(2p+2)≡1(mod\ p)$$

可发现 $(f(0),f(1))$ 和 $(f(2p+2),f(2p+3))$ 相等，故 $m|2p+2$ 。

对于质数的幂 $p^k$

• 结论1

若 $a≡1(mod\ p)$ ，则 $a^{p^k}≡1(mod\ p^{k+1})$ 。

证明可用二项式定理，具体地，令 $a=px+1$ ，则

$$a^{p^k}=\sum\limits_{i=0}^{p^k}\binom{p^k}{i}(px)^i≡1(mod\ p)$$

设在模 $p$ 意义下循环节长度为 $m$ ，在模 $p^k$ 意义下循环节长度为 $m'$ ，则有

$$f(m)=\frac{A^m-B^m}{\sqrt{5}}≡0 (mod\ p)$$

故 $A^m≡B^m(mod\ p)$

$$f(m+1)=\frac{A^{m+1}-B^{m+1}}{\sqrt{5}}≡f(1)≡\frac{A-B}{\sqrt{5}}(mod\ p)$$

故 $A^{m+1}-B^{m+1}-A+B≡0(mod\ p)$ ，化简一下，得 $(A-B)(A^m-1)≡0(mod\ p)$

所以有

$$A^m≡B^m≡1(mod\ p)$$

$$(A^m)^{p^{k-1}}≡(B^m)^{p^{k-1}}≡1(mod\ p^k)$$

很显然了，循环节 $m'|mp^{k-1}$ 。

可断言 $m'=mp^{k-1}$ （无一反例），但数学界目前暂未证明出来。

对于合数 $p=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$

我们记 $g(p)$ 表示模 $p$ 意义下的循环节长度，则满足

$$\begin{cases}f(g(p))≡0(mod\ p_1^{a_1})\\ f(g(p)+1)≡0(mod\ p_1^{a_1})\\f(g(p))≡0(mod\ p_2^{a_2})\\f(g(p)+1)≡0(mod\ p_2^{a_2})\\...\end{cases}$$

显然 $g(p)=lcm_{i=1}^{k}g(p_i^{a_i})$ 。

只需要做一次 $CRT$ 即可得到答案。

上界估计

先剔除 $p_i=2$ 、 $p_i=3$ 和 $p_i=5$ ，则有

$$g(p)=lcm_{i=1}^{k}g(p_i^{a_i})\le lcm_{i=1}^{k}\left(p_i^{a_i-1}g(p_i)\right)\le 4p\prod\limits_{i=1}^{k}\frac{p_i-1}{2p_i}$$

如果加入 $p_i=2$ ，则乘上 $3\times 2^{a_i-1}$ ；对于 $p_i=3,5$ 同理。

故 $g(p)\le 6\times p$ 。