а) Выберем точку, из которой выходят наибольшее число отрезков. Обозначим её через A₁, концы выходящих из нее отрезков – через B₁, ..., B_k,  остальные точки – через  A₂, ..., A_2n–k.  Если треугольников нет, то между точками  B₁, ..., B_k  нет отрезков, поэтому из каждой из них выходит не более  2n − k  отрезков. А поскольку из каждой точки A_i  (i = 1, ..., 2n − k)  выходит не более k отрезков, общее число отрезков не превосходит

½ (k(2n − k) + (2n − k)k) = k(2n − k) ≤ n².  Противоречие.   б) Проведём доказательство индукцией по n.

  База. При  n = 2  (4 точки и 5 отрезков) утверждение проверяется непосредственно.

  Шаг индукции. Пусть имеется  2n + 2  точки и  (n + 1)² + 1  отрезков. Согласно а) проведённые отрезки образуют хотя бы один треугольник ABC. Нужно еще n треугольников. Обозначим количества отрезков, выходящих из вершин треугольника ABC (не считая его сторон), через k_A, k_B, k_C соответственно. Если  k = k_A + k_B + k_C ≤ 3n − 2,  то для каких-то двух вершин треугольника, например A и B, общее число таких отрезков  k_A + k_B  не больше  2n − 2.  Выбросим эти точки и все выходящие из них отрезки (вместе со сторонами треугольника ABC). Мы получим набор из точек, соединённых не менее чeм

(n + 1)² + 1 − (2n − 2) − 3 = n² + 1  отрезками, которые по предположению индукции образуют не менее n треугольников.

  Если же  k ≥ 3n − 1  и k рассматриваемых нами отрезков образуют со сторонами AB, BC и CA  t треугольников, то  t ≥ n.  В самом деле, пусть среди

2n + 2 − 3 = 2n − 1  точек, отличных от А, В, С, имеется n_j таких, из которых идёт j отрезков к вершинам A, B, C,  (j = 0, 1, 2, 3).  Тогда

n₁ + n₂ + n₃ ≤ n₀ + n₁ + n₂ + n₃ = 2n − 1,  n₁ + 2n₂ + 3n₃ = k ≥ 3n − 1,  следовательно,  t = n₂ + 3n₃ ≥ n₂ + 2n₃ ≥ (3n − 1) − (2n − 1) ≥ n.

Ответ задачи отсутствует