フィボナッチの母関数っぽいのを用いた合同式

$$S=\sum_{k=0}^n F_kx^k$$とすると
$S=F_0+F_1x+F_2x^2+\ldots+F_{n-2}x^{n-2}+F_{n-1}x^{n-1}+F_nx^{n}…①$
$xS=F_0x+F_1x^2+F_2x^3+\ldots+F_{n-2}x^{n-1}+F_{n-1}x^{n}+F_nx^{n+1}…②$
$x^2S=F_0x^2+F_1x^3+F_2x^4+\ldots+F_{n-2}x^n+F_{n-1}x^{n+1}+F_nx^{n+2}…③$
を用いて等比数列の和の公式と同様にしてSを求めることができます。
①-②-③を考えます。するとx²~xⁿまでは前述したフィボナッチ数列の漸化式より係数が０になります。すると、
\begin{equation*} (1-x-x^2)S = (F_0 + F_1x - F_0x - F_{n}x^{n+1} - F_{n-1}x^{n+1} - F_nx^{n+2}) \end{equation*}
整理して
$(1-x-x^2)S=1-F_nx^{n+1}-F_{n-1}x^{n+1}-F_nx^{n+2}$
$$\qquad\qquad\qquad\ =1-(F_n+F_{n-1})x^{n+1}-F_nx^{n+2}$$
$\qquad\qquad\qquad\ =1 - F_{n+1}x^{n+1}-F_{n}x^{n+2}$
$$\qquad\qquad\qquad\ =1-x^{n+1}(F_{n+1}+F_nx)$$
$$\qquad\qquad\quad\ \ \ S=\frac{x^{n+1}(F_nx+F_{n+1})-1}{x^2+x-1}$$

これでSを得られました！
ここで、x=2を代入してみましょう。

$$ S=\frac{2^{n+1}(2F_n+F_{n+1})-1}{5} $$
おっ？近づいて来ましたね！！
$F_{n+2} = F_{n+1} + F_{n}$
ですから、巧みに変形して
$$S=\frac{2^{n+1}\left(2F_{n}+(F_{n+2}-F_{n})\right)-1}{5}$$
$$\quad =\frac{2^{n+1}\left(F_{n}+F_{n+2}\right)-1}{5}$$
あとはもう簡単！！
Sはxが整数だと、整数値になるので
得られた式の分子は5の倍数。つまり
$$2^{n+1}(F_n+F_{n+2})\equiv 1 \pmod{5}$$
nがズレることで影響はでないので
nを1だけずらしてやると……
$$2^{n}(F_{n-1}+F_{n+1})\equiv 1 \pmod{5}$$
うおおおおぉぉぉ！！！
出た！出た！
ふぅ…()