Yanıt : Hayır
Her $p$ asalı için
$F_{p-\left(\frac{p}{5}\right)}\equiv 0\ (mod\ p)$
olduğunu gösterelim ($\left(\dfrac{p}{5}\right)$ legendre sembolü)
$F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left( \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) ^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right)$ olduğunu biliyoruz. Dolayısıyla binom açılımı kullanılarak $F_{2n}=\frac{1}{2^{2n-1}}\left(\binom{2n}{1}+\binom{2n}{3}5+\binom{2n}{5}5^2+\ldots+\binom{2n}{2n-1}5^{n-1}\right)$ olur. Ayrıca kuadratik reciprocity teoremine göre $\left(\frac{5}{p}\right)\left(\frac{p}{5}\right)=1$.
Şimdi $F_{p-1}=\frac{1}{2^{p-2}}\left(\binom{p-1}{1}+\binom{p-1}{3}5+\ldots+\binom{p-1}{p-2}5^{\frac{p-3}{2}}\right)$ olsun. Kolayca $\binom{p-1}{k}\equiv (-1)^k\pmod{p}$ olduğunu söyleyebiliriz. O zaman $ F_{p-1}2^{p-2} \equiv -\left(1+5+...+5^{\frac{p-3}{2}}\right) \equiv -\frac{ 5^{\frac{p-1}{2}}-1}{4} \equiv 0\pmod{p} $ olur.
Diğer türlü $F_{p+1}2^p\equiv (p+1)+(p+1)5^{\frac{p-1}{2}}\equiv 0\pmod{p}$. Ve kanıtımız tamamdır !
