Попробуй доказать следующую лемму:
Если простое p=3k+2 делит a^2+ab+b^2, то a,b делятся на p.
Доказательство: Допустим противное. БОО a не делится на p. Тогда имеем, что a^2+ab+b^2 \equiv 0 \iff (a+2b)^2 \equiv -3a^2 \pmod{p}. Следовательно -3a^2 квадратичный вычет по модулю p. Выходит, что и -3 квадратичный вычет по модулю p=3k+2. А это противоречит квадратичному закону взаимности.
Другое доказательство этой леммы. ИМХО более естественное для люда знакомых с показателями. Отсюда кстати сразу вытекает сама задача.
В кольце вычетов \mathbb{Z}^{\times}_{p} существует элемент b^{-1} такой, что b \cdot b^{-1} \equiv 1 \pmod{p}. Тогда из a^3 \equiv b^3 \pmod{p}, имеем, что (ab^{-1})^3 \equiv (bb^{-1})^3 \equiv 1 \pmod{p}. Теперь рассмотрим два случая.
Если ab^{-1} \not\equiv 1 \pmod{p}, то показатель ab^{-1} по модулю p равен 3. Следовательно 3 делит p-1 (из малой теоремы Ферма). А это противоречит условию, что p вида 3k+2.
Если ab^{-1} \equiv 1 \pmod{p}, то умножая это сравнение на b получаем, что a \equiv b \pmod{p} \implies a^2+ab+b^2\equiv 3b^2 \pmod{p} \implies 3b^2\ \vdots\ p. А это возможно только в том случае, когда b\ \vdots\ p. Аналогично доказываем, что a\ \vdots\ p.
что ето значить
Это значит, что для всякого ненулевого остатка b, среди всех ненулевых остатков при делении на p, есть такой остаток, назовем его b^{-1}, который при умножении на b дает остаток 1 по модулю p. А \mathbb{Z}^{\times}_{p} – просто короткий способ обозначить множество ненулевых остатков по модулю p, т.е. \{1,2,\dots, p-1\}.
Например, если рассмотрим \mathbb{Z}^{\times}_{7}, то для числа 2 существует остаток 2^{-1} = 4 такой, что их произведение даст единичный елемент кольца, то есть 2 \cdot 4 \equiv 1 \pmod{7}.
Ответил на вопрос? 
