Sea $$\tag{*}ax^3+by^3+cz^3\equiv0\pmod p. $$
Para mostrar que $(*)$ tiene al menos una solución no trivial se consideran casos para $p.$
Caso $(i).$ $p=3.$ Como $a$ y $p=3$ son coprimos, existe un entero $x\not\equiv0\pmod3$ tal que $ax\equiv b\pmod3,$ por lo que, por el Pequeño Teorema de Fermat, se tiene que $ax^3+b(-1)^3+c(0)^3\equiv ax-b\equiv0\pmod3.$
Caso $(ii).$ $p=3k+2.$ Como $p\nmid ab,$ existen enteros $x$ y $y,$ con $xy\not\equiv0\pmod p,$ tales que $ax\equiv1\equiv-by\pmod p,$ por lo que, por el Pequeño Teorema de Fermat, se tiene que $a(x^{-k})^3+b(y^{-k})^3+c(0)^3\equiv ax\cdot x^{1-p}+by\cdot y^{1-p}\equiv x^{1-p}-y^{1-p}\equiv0\pmod p.$
Como corolario se tiene que cualquier entero es residuo cúbico módulo $p$ si $p$ es un primo igual a $3$ o $p\equiv2\pmod3.$
Ahora el último y más complicado caso.
Caso $(iii).$ $p\equiv1\pmod3.$ Denotemos por $[t]$ a la clase residual de $t$ módulo $p.$ Ahora tomemos un generador $[g]$ del grupo multiplicativo de $(\mathbb Z/p\mathbb Z)\setminus\{[0]\}.$ Como el orden de $[g]$ es $p-1,$ entonces los conjuntos $A:=\{[g^{3k}]:k\in\mathbb Z\;\wedge\;0\leqslant k\leqslant(p-4)/3\},$ $B:=\{[g^{3k+1}]:k\in\mathbb Z\;\wedge\;0\leqslant k\leqslant(p-4)/3\}$ y $C:=\{[g^{3k+2}]:k\in\mathbb Z\;\wedge\;0\leqslant k\leqslant(p-4)/3\},$ a los que llamaremos clases cúbicas, tienen el mismo número de elementos $(p-1)/3$ y, además, son disjuntos por pares; más aún, es fácil notar que $A$ es de hecho el conjunto de todos los residuos cúbicos en $(\mathbb Z/p\mathbb Z)\setminus\{[0]\}$ por lo que $[u]$ y $[-u]$ están en la misma clase cúbica para cada entero $u.$ Si dos de los conjuntos $[a],\;[b],\;[c]$ pertenecen a la misma clase cúbica entonces es fácil hallar una solución no trivial a $(*).$ Para mostrarlo, digamos, sin pérdida de generalidad, que $[a]$ y $[b]$ están en la misma clase cúbica. Luego $a=[g^{3k+r}]$ y $[b]=[g^{3l+r}],$ donde $r\in\{0,1,2\}.$ Se sigue que, $a(g^l)^3+b(-g^k)^3+c(0)^3\equiv abg^{-r}-abg^{-r}\equiv0\pmod p.$ Entonces asumamos, sin pérdida de generalidad, que $[a]\in A,$ $[b]\in B$ y $[c]\in C.$ Ahora, si $u\in\{a,b,c\}$ y $[v]$ es un elemento de la misma clase cúbica que $[u],$ con $[v]=[g^{3k+r}]$ y $[u]=[g^{3l+r}],$ $r\in\{0,1,2\},$ entonces $u(g^{k-l})^3\equiv u\cdot g^{3k+r}\cdot g^{-3l-r}\equiv v\pmod p,$ por lo que para mostrar que $(*)$ tiene al menos una solución no trivial, basta mostrar que existen $\alpha\in A,\;\beta\in B$ y $\gamma\in C$ tales que $\alpha+\beta+\gamma=[0].$ Ahora, sea $u\in\{a,b,c\}$ y sea $U$ la clase cúbica a la que $[u]$ pertenece. Definamos $L_u:=\{k\in U:k+[1]\in A\},$ $M_u:=\{k\in U:k+[1]\in B\}$ y $N_u:=\{k\in U:k+[1]\in C\}$ y además, $\lambda_u:=|L_u|,$ $\mu_u:=|M_u|$ y $\eta_u:=|N_u|.$ Como $L_a,\;M_a$ y $N_a$ son disjuntos por pares y además $L_a\cup M_a\cup N_a=A\setminus\{[-1]\}$ entonces $$\lambda_a+\mu_a+\eta_a=\dfrac{p-1}{3}-1\tag1$$ y, además, claramente se tiene que $$\lambda_b+\mu_b+\eta_b=\lambda_c+\mu_c+\eta_c=\dfrac{p-1}{3}.\tag2$$ Ahora, sea $k\in M_a.$ Por definición, $k\in A$ y $k+[1]\in B.$ Luego $-k\in A$ y $-k-[1]\in B,$ por lo que, como $(-k-[1])+[1]=-k$ entonces $-k-[1]\in L_b.$ Por lo tanto, el mapeo $k\mapsto-k-[1]$ de $M_a$ a $L_b$ define una biyección, por lo que $\mu_a=\lambda_b.$ Exactamente de la misma manera se prueba que $\eta_a=\lambda_c$ y $\eta_b=\mu_c.$ Ahora sea $k\in L_b.$ Por definición $k\in B$ y $k+[1]\in A,$ por lo que si $k=[g^{3l+1}]$ entonces $k^{-1}=[g^{-3l-1}]$ y se sigue que $k^{-1}\in C$ y, si $k+[1]=[g^{3t}],$ entonces $k^{-1}(k+[1])=[g^{3(t-l)-1}]\in C.$ Por otra parte, $k^{-1}(k+[1])=[1]+k^{-1},$ que implica que $k^{-1}\in N_c.$ Por lo tanto, el mapeo $k\mapsto k^{-1}$ de $L_b$ a $N_c$ define una biyección, por lo que $\lambda_b=\eta_c.$ Ahora, utilizando $(1)$ y $(2)$ se tiene que $\lambda_a+\eta_a+1=\mu_b+\eta_b$ y $\lambda_a+\mu_a+1=\mu_c+\eta_c$ y como $\eta_b=\mu_c$ entonces $\eta_a-\mu_b=\mu_a-\eta_c$ pero como $\mu_a=\lambda_b=\eta_c$ entonces $\eta_a=\mu_b,$ por lo que $\eta_b=\mu_c=\lambda_a+1\geqslant1$ y por las definiciones de $\eta_b$ y $\mu_c$ se sigue que $(*)$ tiene al menos una solución no trivial. $$\blacksquare$$
Cabe mencionar que la idea de utilizar los conjuntos $A,B$ y $C$ y los cardinales mencionados fue originalmente utilizada por C. F. Gauss en su Disquisitiones Arithmeticae (p. 445) para mostrar la existencia de soluciones a una congruencia de grado $3$ en una variable.
