Lo siento por la publicación de una respuesta negativa a esta agradable pregunta, pero si la respuesta debe estar basado en lo que Leonardo escribió en su Liber quadratorum, creo que tiene que ser no.
Leonardo, por supuesto, no considerar cualquier caso del Último Teorema de Fermat, pero hizo un reclamo a partir de la cual es posible deducir la $n=4$ caso de FLT. El reclamo es que cuando tienes tres plazas $x^2<y^2<z^2$ en progresión aritmética, la diferencia común $D=y^2-x^2=z^2-y^2$ nunca puede ser un cuadrado.
Lamentablemente, Leonardo argumento para su reclamación generalmente no es considerada válida. Oystein Mineral dice en su Teoría de los números y su Historia que "[Leonardo] no poseer ninguna prueba satisfactoria para él." André Weil es más contundente en su "Teoría de los números: Un Enfoque a Través de la Historia de Hammurapi a Legendre", pág. 14, y dice que "[Leonardo] afirma que $D$ nunca puede ser un cuadrado, dando para ello una totalmente inadecuado la razón".
Entonces, ¿qué fue de Leonardo argumento? Con el fin de ser capaz de juzgar, primero debemos mirar en su Congruum Teorema, que muestra cómo encontrar plazas $x^2<y^2<z^2$ en progresión aritmética, por lo que el $y^2-x^2=z^2-y^2=D$. Leonardo llama al número $D$ congruente número, o congruum, porque hace que los tres cuadrados congruentes. Su herramienta es la de representar cada cuadrado como una suma de números enteros impares,
$$x^2=1+3+\dots+(2x-1)$$
$$y^2=1+3+\dots+(2y-1)$$
$$z^2=1+3+\dots+(2z-1)$$
A continuación, obtener dos representaciones diferentes de las congruente número $D$,
$$D=(2x+1)+\dots+(2y-1)=(2y+1)+\dots+(2z-1)$$
La búsqueda de conjuntos adyacentes de números impares consecutivos con el mismo importe, Leonardo encuentra las siguientes soluciones:
Deje $m$ $n$ ser enteros positivos con $m<n$.
(i) Si $m$ $n$ tienen la misma paridad y ${n\over m}<{n+m\over n-m}$, a continuación, una solución está dada por
$$x={1\over 2}(m(n+m)-n(n-m))$$
$$y={1\over 2} (m(n+m)+n(n-m))={1\over 2} (n(n+m)-m(n-m))$$
$$z={1\over 2} (n(n+m)+m(n-m))$$
$$D=nm(n+m)(n-m)$$
(ii) Si $m$ $n$ tienen la misma paridad y ${n\over m}>{n+m\over n-m}$, a continuación, una solución está dada por
$$x={1\over 2} (n(n-m)-m(n+m))$$
$$y={1\over 2} (n(n-m)-m(n+m)) ={1\over 2} (n(n+m)-m(n-m))$$
$$z={1\over 2} (n(n+m)+m(n-m))$$
$$D=nm(n+m)(n-m)$$
(iii) Si $m$ $n$ han opuesto a la paridad y de la ${n\over m}<{n+m\over n-m}$, a continuación, una solución está dada por
$$x=m(n+m)-n(n-m)$$
$$y=m(n+m)+n(n-m)=n(n+m)-m(n-m)$$
$$z=n(n+m)+m(n-m)$$
$$D=4nm(n+m)(n-m)$$
(iv) Si $m$ $n$ han opuesto a la paridad y de la ${n\over m}>{n+m\over n-m}$, a continuación, una solución está dada por
$$x=n(n-m)-m(n+m)$$
$$y=n(n-m)-m(n+m)=n(n+m)-m(n-m)$$
$$z=n(n+m)+m(n-m)$$
$$D=4nm(n+m)(n-m)$$
(Tenga en cuenta que Leonardo no decir que esta lista contiene todas las posibles soluciones, como se podría haber esperado si hubiera razonado a partir de la clasificación de ternas Pitagóricas.)
Luego, es natural considerar qué pasaría si ${n\over m}={n+m\over n-m}$, y Leonardo demuestra que este no puede ser nunca el caso. Hagamos esto por algunos simple álgebra, por ejemplo mediante el establecimiento $x={n\over m}$, y la observación de que la ecuación de $x={x+1\over x-1}$ no tiene solución racional. Para Leonardo es más natural para mirar hacia atrás en lo que ya ha demostrado, y observar que si ${n\over m}={n+m\over n-m}$, entonces tendríamos $x=0$ en todas las soluciones anteriores. Entonces tendríamos tres plazas en una progresión aritmética de partida con $x=0$ donde $y^2$ sería igual a la congruente número $D$ $z^2$ sería igual a $2D=2y^2$. Esto conduce a una contradicción ya que el $\sqrt 2$ no es un número racional.
Nota en particular de que Leonardo ha demostrado que si nos hubiéramos ${n\over m}={n+m\over n-m}$ $D$ sería un cuadrado y tendríamos una contradicción.
Ahora llegamos al corazón del asunto. Inmediatamente siguiendo el argumento anterior, Leonardo dice:
"A partir de este se muestra, de hecho, que no de la plaza número puede ser una manera congruente número; porque, si esto fuera posible, entonces la proporción de la suma de los dos números dados a la diferencia sería como el mayor de ellos hasta el más pequeño."
En otras palabras, Leonardo dice que si $D$ fueron a ser un cuadrado, entonces tendríamos ${n+m\over n-m}={n\over m}$. Esta es toda la explicación que se da, y Leonardo no volver a este o preguntas similares en el libro.
El original de la pregunta anterior se cita una declaración de un artículo de 1919 por R. B. McClenon, reproducido en el libro de Sherlock Holmes en Babilonia y Otros Cuentos de la Matemática de la Historia por Anderson y Wilson. Tenga en cuenta que la frase: "Para que [luego] ... los cuatro factores $x$, $y$, $x+y$, $y-x$ [que son $m$, $n$, $n+m$, $n-m$ anterior] debe solidariamente ser cuadrados, lo cual es imposible" no viene de Leonardo, sino que es el tipo de adición que McClenon gustaría hacer en el fin de completar la prueba. No hay consideraciones de este tipo en el Liber quadratorum, aunque.
Yo también no creo que Leonardo podría haber salvado su argumento por escrito "por el descenso" junto a más de Fermat podría haber escrito "modular curvas elípticas" junto a su marginales comentario. No hay consideraciones de un mínimo de soluciones presentes en cualquier lugar en el Liber quadratorum, y Leonardo habría necesitado de un espacio considerable para presentar este tipo de extranjeros idea a sus lectores.
Para mí, la hipótesis más probable es que Leonardo hizo un raro error y erronously pensamiento que a la inversa de lo que había demostrado seguiría automáticamente. Iba de couse ser fortalecido en esta creencia por haber calculado numerosos ejemplos de congruente con los números y las plazas en progresión aritmética.
