Yo tambien estuve observando el teorema y vi varias cosas
1) Si n es un primo menor a 20, tal primo divide a x, y o z. A esto he llegado por sustitucion de la funcion por una serie equivalente. Pero esta se vuelve muy engorrosa a medida que n crece, por lo que llegue a probarlo para 3,5,7,11,13 y 19 y ahi me aburrí 
. Use que si P no divide a x y no divide a y se pueden hacer unos en un monton de lados y llegas a P|z
2) a partir de n=3 lo que mas molesta es Z. La diferencia es que en el caso n=2 llegas necesariamente a que 2|xy pero no te dice nada sobre Z y como veras es la famosa terna pitagorica. A partir de 3 y por lo menos hasta 20 aparece el P|xyz.
3) Creo que una demostracion "sencilla" deberia ser del estilo de buscar x,y,z coprimos. LLegar a P|xyz y.. probando que divide a por lo menos 1 de ellos, mas alguna congruencia entre ellos que te de que divide a otro llegas obviamente a que divide al tercero y entonces no eran coprimos.
Ahora me voy a la facu pero cuando vuelva escribo la demostracion de lo que dije para el caso n=3 y n=5 
Bueno. Primero tengamos en cuenta que si \( a^p + b^p = c^p \Longrightarrow{} a + b \equiv c\pmod{p} \Leftrightarrow{} c= pk + a+b \).
luego \( a^p + b^p = (pk + a+b)^p \)
\( a^p + b^p = \displaystyle\sum_{i=0}^p{{p \choose i}(pk)^{p-i}.(a+b)^i} \)
\( a^p + b^p = (pk)^{p} + \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1}{{p \choose i}(pk)^{p-i}.(a+b)^i} + (a+b)^p \)
\( a^p + b^p = (pk)^{p} + \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1}{{p \choose i}(pk)^{p-i}.(a+b)^i} + \displaystyle\sum_{i=0}^p{{p \choose i}a^{p-i}.b^i} \)
\( a^p + b^p = (pk)^{p} + \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1}{{p \choose i}(pk)^{p-i}.(a+b)^i} + \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1}{{p \choose i}a^{p-i}.b^i} + a^p + b^p \)
\( 0 = (pk)^{p} + \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1}{{p \choose i}{((pk)^{p-i}.(a+b)^i} +a^{p-i}.b^i)} \)
Sabiendo que \( \binom{p}{i} \equiv 0 \pmod{p} \) para todo i entre 1 y p-1 (no encontre el para todo jeje) Pues p es primo y no es divisible por ningun entero entre 1 y p-1, ademas de que el combinatorio es un numero natural se llega a que "i" divide a algo entre p y (p-i)! pero no a "p"
entonces puedo dividir todo por p y siguen quedando enteros los numeros de la ecuacion.
ahora tomando congruencia p queda
\( 0 \equiv \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1}{i^{p-2}{p-1 \choose i-1}{a^{p-i}.b^i} \pmod{p} \)
ahora especializando p = 3 obtenemos rapidamente que
\( a^2b +b^2a \equiv 0 \pmod {3} \)
obviamente tomando factor común ab se tiene
\( ab(a+b) \equiv 0 \pmod {3} \)
pero \( a+b \equiv c \pmod {3} \)
finalmente....
\( abc \equiv 0 \pmod {3} \)
Mmmm es la 01:48 en mi reloj tengo mucho sueño, dejare la demostracion del caso n=5 para la proxima, espero que mis cuentas esten bien y por supuesto no haberlos aburrido (mas en el caso en que este todo mal
) . Saludos amigos
