Quella che segue è un abbozzo di dimostrazione... e in quanto tale è da prendere con le pinze! Mi pare sia giusta... ma chi può dirlo? E lascio molto al lettore
Va detto che l'unica ipotesi che davvero uso è la 1) le altre servono giusto per ricavare fatti secondari... è la 1) a dare una bella struttura alle soluzioni non degeneri.
Lemma che non mi rompete Siano $a_1,a_2,\dots ,a_n\in \mathbb{Z}$ (di cui almeno uno positivo e almeno uno negativo) tali che $\gcd(a_1,a_2,\dots ,a_n)=d$. Siano belli i numeri che si esprimono come $a_1b_1+a_2b_2+\dots a_nb_n$ con $b_i\in\mathbb{N}\ \forall 1\le i\le n$. Dimostrare che $d|n \iff n$ bello.
Dim. La dimostrazione è facile per $n=2$, e per n generico segue banalmente da $n=2$.
Assumo che $X,Y,Z$ non siano vuoti.
Sia $A=\{y+z|y\in Y\wedge\ z\in Z\}$.
Voglio che $A$ abbia almeno un elemento negativo e almeno uno positivo. Questo è un po' una palla e bisogna dividere in qualche caso ma mi pare che sia vero.
Sia $d$ il gcd di tutti i numeri in $A$. È abbastanza facile dimostrare che esiste un sottinsieme finito di $A$ con gcd $=d$, aggiungo a questo sottinsieme almeno un numero negativo e almeno uno positivo (se non ci sono già), tanto il gcd non cambia. Allora applico il
lemma che non mi rompete a questo sottinsieme e ottengo che $d|n\iff n$ è esprimibile come somma di elementi in $A$.
Definisco fichi tutti i numeri $n$ tali che $\exists x\in X: n\equiv x\pmod d$. Allora per quanto detto qui sopra unito alla 1) ho che $n\in X\iff n$ è fico!
Poi ho per la definizione stessa di $d$ che dati $y_1,y_2 \in Y$ vale $y_1\equiv y_2\pmod d$. Facilmente ho $1\in Y$ (uso la 2 o la 3) e quindi arrivo a $\forall y\in Y: y\equiv 1\pmod d$. Da questo ricavo anche $\forall z\in Z: z\equiv -1\pmod d$.
Se $d=1$ risulta $Y,Z$ vuoti oppure $X$ vuoto, che è assurdo.
Se $d=2$ quanto detto qui sopra implica che $X$ è composto da tutti e soli i pari e $Y,Z$ si spartiscono i dispari in modo che sia rispettata la 3) (vedere la parte finale per queste soluzioni).
Se $d\ge 3$ quanto detto qui sopra implica più o meno banalmente che $Y$ è composto dalla classe dei congrui a 1 modulo $d$, $Z$ da quelli congrui a -1 e $X$ da tutti gli altri.
Se $Y$ è vuoto mi cadono sia la 1) che la 2) che la 3) quindi $X,Z$ possono essere una qualsiasi partizione di $\mathbb{Z}$.
Se $X$ o $Z$ sono vuoti ricado nella stessa situazione di $d=2$ come sopra... cioè voglio partizionare gli interi in 2 insiemi $U,V$ in modo che $uv\in V\ \forall\ u\in U\wedge v\in V$... che non mi sembra molto interessante (e genera soluzioni a valanga mi pare).
