Consideremos el caso general, en el que $A=\{1, 2, 3, \dots, k\}$ para cualquier número entero positivo, donde $k$ no está restringido a ser de la forma $3n+1$ (sin embargo, para que pueda escribir $\left\lfloor\frac{k}{3}\right\rfloor$ más tarde, voy a restringir $k\geq 3$ ).
Demostraré por inducción que no hay ningún subconjunto $B$ de $A$ donde no hay tres elementos distintos de $B$ suma a otro elemento de $B$ que es mayor que $B=\{\left\lfloor\frac{k}{3}\right\rfloor, \left\lfloor\frac{k}{3}\right\rfloor+1, \left\lfloor\frac{k}{3}\right\rfloor+2, \dots, k\}$ (nótese que me referiré a este subconjunto como $B$ a partir de ahora), y en el caso de que $k\equiv2\pmod3$ es el único subconjunto de este tipo.
En primer lugar, una observación: si tenemos un subconjunto maximal que contiene más elementos que un subconjunto maximal del caso cuando $A=\{1, 2, 3, \dots, k-1\}$ entonces debe contener $k$ y eliminando $k$ de este subconjunto máximo debe dar un subconjunto máximo para cuando $A=\{1, 2, 3, \dots, k-1\}$ . Si no contiene $k$ entonces debe ser un subconjunto máximo para cuando $A=\{1, 2, 3, \dots, k-1\}$ .
El caso base en el que $k=3$ es evidente.
Para el paso inductivo, hay tres casos:
Caso 1: $k=3l+2$ para algún número entero positivo $l$ .
Prueba: Supongamos, en aras de la contradicción, que existiera otro subconjunto de este tipo $B'$ con el mismo tamaño o mayor. Entonces debe contener algún elemento menor que $\left\lfloor\frac{k}{3}\right\rfloor$ . Sea $n$ sea el número de tales elementos. Entonces, como hay al menos tantos elementos en $B'$ como en $B$ el número de elementos en $B'$ que son al menos $\left\lfloor\frac{k}{3}\right\rfloor$ es como máximo $n$ . Derivaré una contradicción demostrando que debe haber al menos $n+1$ tales elementos.
Denota por $x$ el elemento más grande de $B'$ que es menor que $\left\lfloor\frac{k}{3}\right\rfloor$ . Por la hipótesis inductiva y la observación, $B'$ debe contener $k$ . Entonces, por la condición, para cualquier elemento $y$ de $B'$ menos de $\left\lfloor\frac{k}{3}\right\rfloor$ que no sea $x$ , $k-x-y$ no debe estar en el conjunto. Obsérvese que todos ellos son distintos, y que el menor valor posible de $k-x-y$ cuando se da $x$ es $k-x-(x-1)$ Este valor mínimo será importante más adelante, pero por ahora sólo hay que tener en cuenta que $k-x-(x-1)\geq 3l+2-l-l+1=l+3>l=\left\lfloor\frac{k}{3}\right\rfloor$ . Esto da $n-1$ números que no pueden ser elementos de $B'$ que son al menos $\left\lfloor\frac{k}{3}\right\rfloor$ , por lo que necesitamos 2 más para derivar una contradicción.
Para encontrar dos más, observe que $x+(l)+(k-x-l)=k$ . Por lo tanto, o bien $l$ o $k-x-l$ no debe estar en $B'$ . Del mismo modo, o bien $l+1$ o $k-x-(l-1)$ no debe estar en $B'$ .
Para completar este caso, debo demostrar que ninguno de estos 4 números puede ser ninguno de los números eliminados anteriormente, que todos son al menos $l=\left\lfloor\frac{k}{3}\right\rfloor$ y que no hay dos de estos 4 iguales.
En primer lugar, de $k-x-(x-1)\geq l+3$ tenemos que $l<l+1<l+3\leq k-x-(x-1)$ por lo que no pueden ser ninguno de los eliminados anteriormente. Ahora, observe que $l>x$ Así que $l-1>x-1$ Así que $k-x-l<k-x-(l-1)<k-x-(x-1)$ , por lo que tampoco pueden ser ninguno de los eliminados anteriormente.
Para demostrar que todos son al menos $l$ tenemos en primer lugar $l=l<l+1$ . En cuanto a los otros dos, hay que tener en cuenta que $k-x-(l-1)>k-x-l=3l+2-x-l=2l-x+2>l$ , por lo que esos dos deben ser al menos $l$ .
Para demostrar que estos 4 son distintos, basta con demostrar que $l+1<k-x-l=3l+2-x-l=2l+2-x$ lo que equivale a demostrar que $x<l+1$ lo cual es cierto, así que hemos terminado.
Caso 2: $k=3l$ para algunos $l$ .
Supongamos, en aras de la contradicción, que hubiera un subconjunto mayor $B'$ con la restricción. Entonces, por la observación, $k\in B'$ y eliminando $k$ de $B'$ debe dar un subconjunto máximo para cuando $A=\{1, 2, 3, \dots, k-1\}$ y por la hipótesis inductiva, el único subconjunto de este tipo es $\{\left\lfloor\frac{k-1}{3}\right\rfloor, \left\lfloor\frac{k-1}{3}\right\rfloor+1, \left\lfloor\frac{k-1}{3}\right\rfloor+2, \dots, k-1\}=\{l-1, l, l+1, \dots, k-1\}$ . Sin embargo, no podemos añadir $k$ a este conjunto porque $(l-1)+l+(l+1)=3l=k$ , contradicción. (Nótese, sin embargo, que en este caso, el $B$ mencionado anteriormente no es el único conjunto de este tamaño; por ejemplo, podríamos intercambiar el elemento más bajo de $B$ con el número uno menos. Creo que usando un método similar al utilizado en el caso 1 podemos obtener que sólo hay 4 posibles subconjuntos de este tamaño, conseguido usando métodos similares al mencionado segundo ejemplo, pero no estoy de humor ahora mismo).
Caso 3: $k = 3l+1$ para algunos $l$ .
Supongamos, en aras de la contradicción, algún contraejemplo $B'$ existe. Entonces el tamaño máximo de dicho subconjunto se incrementa en 2 cuando $k$ ha pasado de $3l$ a $3l+1$ , contradiciendo la observación.
