当p≡-1(mod 6)时没有想到怎么做, 当p≡1(mod 6)时, 由(-3|p)=1以及Hensel引理可以推出, x²+x+1≡0(mod p²)在1≤x≤p的范围恰有两个整数解, 分别设为a,b
因为a(mod p²)满足a³-1= (a-1)(a²+a+1)≡0(mod p²), 所以(a²)²+a²+1≡a+a²+1≡0(mod p²), a²(mod p²)也是x²+x+1≡0(mod p²)的解, 而且a²≠a(mod p²) (因为0,1(mod p²)都不是解), 所以b≡a²(mod p²), 可得a+b≡a+a²≡-1(mod p²), ab≡a³≡1(mod p²)
所以总存在整数c,d满足(x-a)(x-b)-(x²+x+1)= p²(cx+d), (x-a)(x-b)与x²+x+1模p²恒等同余, 则[(x-a)(x-b)]^p与(x²+x+1)^p模p²恒等同余
由于p是大于3的素数, 存在p-2次整系数多项式A(x)与B(x)满足(x-a)^p= x^p-a^p+px*A(x), (x-b)^p= x^p-b^p+px*B(x)
则[(x-a)(x-b)]^p= (x-a)^p*(x-b)^p与(x^p-a^p)(x^p-b^p)+px[(x^p-b^p)A(x)+(x^p-a^p)B(x)]模p²恒等同余, 后者的x^p项系数是-(a^p+b^p)
而由于a³≡1(mod p²), p≡1(mod 3), 所以a^p≡a(mod p²), 同理b^p≡b(mod p²), 所以-(a^p+b^p)≡-(a+b)≡1(mod p²)
有的过程也可以用原根来证明, 可能会快一点

如果直接展开, 设n=(p-1)/2, (x²+x+1)^p展开式中的x^p系数应该是∑C(p,i)C(p-i,p-2i) (0≤i≤n)
= ∑C(p,2i)*C(2i,i) (0≤i≤n)
= 1+ p/2*∑C(p-1,2i-1)*C(2i,i)/i (1≤i≤n)
≡1+ p/2*∑C(2i,i)/i (1≤i≤n) (mod p²)
这样只要证明当p>3且为素数时, p整除∑C(2i,i)/i (1≤i≤(p-1)/2) 的既约分子, 这个结论好像是对的, 但没想到怎么证