Я извиняюсь, то что я сказал для p>5. Если надо, я вспомню доказательство и изложу.
Вот некоторые вспомогательные вещи:
1. Китайская теорема об остатках: Кольцо

, что приводит к достаточности доказательства по степени простого числа.
2. Если равенство выполняется по простому модулю q, отличному от р, то по лемме Гензеля можно сделать равенство по любому модулю, являющемуся степенью q. Очевидно, (a,b,c)=(1,q,q+1) решение по модулю q, следовательно по модулю любой степени q найдётся решение согласно лемме Гензеля.
3. Если имеется решение по модулю p^2, то имеется решение по модулю любой степени р (опять по лемме Гензеля). Так как

, это эквивалентно нахождению х, не равному нулю и -1, что выполняется:
Очевидно, что этот многочлен делится на x(x+1) (не допустимые для первого случая корни). На самом деле

Оно получается элементарно, можно используя суммы коэффициентов Бинома через 3 или см. Рибенбойм "Последняя теорема Ферма".
Если p=1(mod 6), то множитель x^2+x+1 имеет корень и поэтому модулярное доказательство не проходит. При p=2(mod 3), в частности p=5 этот множитель не имеет корней, поэтому для p=5 проходит модулярное доказательство для первого случая.
Последний многочлен имеет степень p-5. Я примерно год назад, нашёл оригинальное доказательство что при p=2(mod 3), последний множитель всегда имеет корень по модулю р.
Самое интересное другое. что из отсутствия корня x<p-1 (без ограничения всегда имеется корень) по модулю p^2, отсюда получается доказательство 1-го случая теоремы Ферма. К тому же для всех проверенных простых действительно отсутствует соответствующий корень по модулю p^2, хотя по модулю p может быть несколько корней (всегда не меньше одной при p>5).