Deje $S$ ser un conjunto de $n$ puntos en el plano, no $3$ colineales. Determinar el máximo número de triángulos rectángulos con los tres vértices como puntos en $S$.
Este es un poco más difícil y precisa de la cuestión de la OMI 1970. Para $n=3$, claramente el máximo es de uno. Para $n=4$, podemos tener cuatro triángulos, etc. Sin embargo, no sé cómo continuar.
Respuesta
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user319071
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Los argumentos a continuación son principalmente de la observación, sin pruebas. Incluso puede no ser el mejor de los casos, pero que sigue la lógica del caso por $n=4$ al considerar cómo maximizar el número de triángulos rectángulos.
Iniciar con el caso de $n=4$ , claramente un patrón cuadrado nos da la mayoría de los números de la derecha del triángulo. Entonces, lo que queremos es maximizar el número de ángulo recto en el triángulo formado por la adición de un punto extra. Se puede añadir los 2? La respuesta es No. El único punto que nos daría más de $2$ extra de triángulos sería en el centro de la plaza, pero que infringiría la regla. Usted puede tratar de encontrar los puntos que le dan un extra de ángulo recto del triángulo por el círculo de dibujo de usar cualquier segmento de línea entre dos puntos como el diámetro. Cualquier punto de la mentira en los círculos sería una posible opción de que el siguiente punto. Vamos a elegir al azar un punto de $A$ a partir de ella, la vamos a usar más adelante. Pero por ahora, sabemos que el máximo número de triángulos formados por $5$ puntos serían $5$ ya que sólo podemos añadir un triángulo.
Para el caso de $n=6$, tratamos de encontrar otro punto que habría que añadir algunos más a la derecha en ángulo de triángulos a la forma. Ahora me dicen que hay un punto que puede dar, al menos, $2$ extra en ángulo recto triángulos. (No puedo demostrar la existencia/ no existencia de un punto que se da a los 3 triángulos.) Como muestra el siguiente diagrama, $B$ es un punto que se encuentra en dos círculos. (Disculpen mi mal dibujos, yo no tenía una brújula en la mano) 
Lo que haría que el número de ángulo recto triángulos $7$.
Ahora nos gustaría añadir dos puntos a la vez. Recordemos que hemos sido capaces de construir un cuadrado de $4$ puntos, lo que nos daría $4$ extra de triángulos. Podemos añadir puntos de $C,D$, de modo que $A,B,C,D$ forma de un cuadrado, lo que nos da $4$ extra de triángulos: 
Así, por $n=8$, al menos podemos tener una configuración que nos da la $11$ ángulo recto triángulos. No puedo decir con seguridad que $C,D$ no debe mentir en cualquier círculo (más a la derecha en ángulo de triángulos), pero parece bastante improbable.
Por lo que después de esta construcción, para el noveno punto, a diferencia del punto quinto, puede ser elegido para estar en dos círculos: (disculpe mi terrible dibujo, espero que al menos pueda ver lo que está pasando en aproximadamente)
Por lo $E$ nos daría $2$ más de triángulos.
No voy a dibujar a este pero podemos encontrar el décimo punto que nos puede dar $2$ más de triángulos. Y un undécimo y duodécimo punto de que forman un cuadrado con los dos anteriores puntos. Hasta el $n=12$ , podemos llegar a $15$.
Así que mi deducción es que para $n=4k$ donde $k>1$ es un entero positivo. Al menos podríamos obtener $n+3$ puntos. Estoy esperando a alguien a encontrar un resultado mejor que este.
