No veo ninguna razón para suponer que el número de elementos es divisible por $3$; así que voy a trabajar con $m$ elementos, donde $m$ es el $3n$. Esta respuesta ha pasado por un montón de ediciones; ahora tengo una respuesta completa para todos los $m$.
Para $m \equiv 1$ o $3 \bmod 6$, la respuesta es $(m^2-m)/6$. Para $m \equiv 5 \bmod 6$, la respuesta es $(m^2-m-8)/6$. Para$m$, incluso, la respuesta es $\lfloor (m^2-2m)/6 \rfloor$, $(m^2-2m)/6$ $m \equiv 0$ o $2 \bmod 6$$(m^2-2m-2)/6$$m \equiv 4 \bmod 6$.
Límites superior Tenemos el límite superior $(m^2-m)/6$. El límite superior es debido a que los desordenada par $\{ a,b \}$ sólo puede ocurrir en más de un triple. Si $k$ es el número de triples, cada triple contiene $3$ parejas, por lo $3k \leq \binom{m}{2}$, con lo cual se simplifica a $k \leq (m^2-m)/6$.
Para $m \equiv 5 \mod 6$, lo puedo hacer mejor. Primero de todo, $(m^2-m)/6$ no es un entero, por lo que podemos mejorar a $\lfloor (m^2-m)/6 \rfloor = (m^2-m-2)/6$. Pero, de hecho, podemos hacerlo mejor; el verdadero obligado es $(m^2-m-8)/6$. Prueba: Por el bien de la contradicción, supongamos que podría alcanzar $(m^2-m-2)/6$. Ya que cada triple contiene $3$ pares, no sería $3 (m^2-m-2)/6 = \binom{m}{2} -1$ pares de contenidos entre nuestra triples. En otras palabras, no sería precisamente un par $(x,y)$ no en un triple. Hay $m-2$ puntos distintos de $x$. Por hipótesis, cada uno de estos puntos ESTÁ en triple a con $x$, y de estas tripletas se superponen sólo en $x$. Así que estas tripletas aspecto $(x, z_1, z_2)$, $(x, z_3, z_4)$ etcétera, y llegamos a la conclusión de que $m-2$ es incluso. Esto contradice nuestra hipótesis de que la $m \equiv 5 \bmod 6$. Por lo $(m^2-m-2)/6$ no es alcanzable y el verdadero obligado es $(m^2-m-8)/6$.
Ahora supongamos $m$ es incluso. Para cada índice$i$$\{1,2,\ldots,m\}$, $m-1$ triples que contengan $i$. Por lo tanto, para cada $i$, hay algunos $f(i)$ tal que $(i, f(i))$ no figura en ningún triple. Eso significa que, al menos, $m/2$ pares son en ningún triple. Por lo $3k \leq \binom{m}{2} - (m/2)$ o $k \leq (m^2-2m)/6$.
Los límites inferiores
Si $m \equiv 1$ o $3 \bmod 6$, $(m^2-m)/6$ es alcanzable. Las configuraciones de lograr esto son los llamados Steiner triple sistemas; ver aquí o aquí para construcciones.
Si $m \equiv 0$, $2 \bmod 6$ entonces hay una Steiner sistema de tamaño $m+1$. La eliminación de todas las $m/2$ triples de esto que contienen $m+1$ consigue $(m^2-2m)/6$ triples, de nuevo golpeando el óptimo obligado.
Si $m \equiv 5 \bmod 6$, entonces podemos partición $\{1,2,\ldots, m\}$ a $(m-5)(m+4)/6$ triples y una quíntuple de modo que cada par es exactamente uno de estos conjuntos. Ver las últimas diapositivas de estas notas. Llamar a la quíntuple $\{a,b,c,d,e\}$, eliminar y crear las tripletas $\{ a,b,c \}$$\{ c,d,e \}$. Esto se consigue $(m-5)(m+4)/6 + 2 = (m^2-m-8)/6$.
Si $m \equiv 4 \mod 6$, luego tomar el anterior sistema de tamaño $((m+1)^2 - (m+1)-8)/6$ y eliminar un punto que se encuentra en $m/2-1$ triples. Esto se consigue $(m^2-2m-2)/6 = \lfloor(m^2-2m)/6 \rfloor$.
