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SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1 DO I CONCURSO IBEROAMERICANO DE PROBLEMAS DE MATEMÁTICA

Roberto Ribeiro Paterlini

o problema

Para cada conjunto P de 7 pontos do plano, seja f(P) o número de circunferências que passam por pelo menos 4 desses pontos. Encontre o valor máximo de f(P) sobre todos os conjuntos de 7 pontos do plano.

Este problema foi classificado em primeiro lugar no I Concurso Iberoamericano de Generación de Problemas de Matemática, promovido pela Sociedad Iberoamericana para la Promoción de la Matemática (SIPROMA) . O Juri Internacional, composto por Angelo Barone, Francisco Bellot, Carlos Bosch, Patricia Fauring e Eduardo Wagner, outorgou o 1º prêmio  aos  autores Bernardo Ábrego e Silvia Fernandez (México). Confira também nossa página Resultado do I Concurso Iberoamericano de Generación de Problemas de Matemática

solução

Vamos mostrar que o valor máximo de f(P) sobre todos os conjuntos de 7 pontos do plano é 6. Começaremos com o

Exemplo. Existe um conjunto P de sete pontos do plano tal que f(P)=6.

Consideremos duas retas auxiliares s e t, perpendiculares em um ponto 7. Tomemos circunferências C1 e C2 de mesmo raio, com centros em s e em posições simétricas em relação a 7. As circunferências C1 e C2 se intersectam nos pontos 1 e 2 da reta t. Desenhemos as circunferências C3 e C4 de mesmo raio, passando pelos pontos 1 e 7 e simétricas em relação à reta t. Os centros dessas duas circunferências devem ser tomados de forma que C3 intersecte C2 em um ponto 5 diferente de 1 e também que C4 intersecte C1 em um ponto 4 diferente de 1. Em seguida, construamos a circunferência C5 passando pelos pontos 2 e 7, com centro na reta t. A circunferência C5 intersecta  C3 no ponto 3 e intersecta C4 no ponto 6. Os pontos 3, 6, 4 e 5 formam um trapézio isósceles, e estão assim contidos em uma circunferência C6. Desta forma o conjunto P={1,2,3,4,5,6,7} é tal que f(P)=6.

Para uma verificação analítica apresentamos abaixo as posições dos pontos de P e as equações das circunferências em um sistema de coordenadas cartesianas, conforme elas foram utilizadas na construção da figura acima.

 1=(0,4),     2=(0,-4),      3=(-24/13,-16/13),     4=(168/37,176/37),
          5=(-168/37,176/37),      6=(24/13,-16/13),      7=(0,0)

      C1:    (x-3)2+y2=25
      C2:    (x+3)2+y2=25
      C3:    (x+8/3)2+(y-2)2=100/9
      C4:    (x-8/3)2+(y-2)2=100/9
      C5:    x2+(y+2)2=4
      C6:    x2+(y-16/5)2=(24/5)2

Isto encerra a apresentação do exemplo. Passamos à demonstração de que o valor de f(P) sobre todos os conjuntos de 7 pontos do plano não ultrapassa 6.

Definição. Dado um conjunto P constituído por 7 pontos do plano, chamamos de circunferência admissível em relação a P, ou simplesmente circunferência admissível, toda circunferência que contém pelo menos quatro pontos de P.

No que segue poremos P={1, 2,3,4, 5,6,7}.

Lema 1 Seja P um conjunto de 7 pontos do plano, e suponhamos que exista uma circunferência contendo seis ou sete pontos de P. Então f(P)=1.
Demonstração. Seja C uma circunferência contendo seis ou sete pontos de P. Como qualquer circunferência admissível precisa conter pelo menos quatro pontos de P necessariamente ela deve ter três pontos em comum com C. Lembrando que duas circunferências com três pontos em comum são iguais, vemos que C é a única circunferência admissível. Assim f(P)=1.

Lema 2 Seja P um conjunto de 7 pontos do plano, e suponhamos que exista uma circunferência admissível contendo cinco pontos de P. Então f(P) 3.
Demonstração. Seja C1 uma circunferência admissível contendo cinco pontos de P. Renomeando os pontos de P se necessário, podemos supor que C1 P = {1,2,3,4,5}. Qualquer circunferência admissível adicional precisa conter os pontos 6 e 7 e mais dois pontos de C1. As únicas possibilidades são C2 P={1,2,6,7} e C3 P={3,4,6,7} (renomeando os pontos de C1 P se necessário). Consequentemente f(P) 3.

Lema 3 Seja P um conjunto de 7 pontos do plano e suponhamos que f(P) > 5. Então duas circunferências admissíveis quaisquer intersectam-se em dois pontos de P.
Demonstração. Duas circunferências admissíveis quaisquer não podem ser disjuntas, pois, para que isso ocorresse, P precisaria ter pelo menos oito pontos. Então duas circunferências admissíveis quaisquer intersectam-se em um ou dois pontos, e pelo menos um deles está em P. Sejam C1 e C2 duas circunferências admissíveis e suponhamos que elas se intersectem no ponto 1 de P e que o outro ponto de interseção, se existir, não está em P. Renomeando os pontos de P se necessário podemos supor que C1 P={1,2,3,4} e C2 P={1,5,6,7}.

Se C é uma circunferência admissível adicional, notemos que C precisa intersectar  C1 em dois pontos de  P diferentes de 1 (caso contrário C = C2) e, igualmente, C precisa interceptar C2 em dois pontos de P diferentes de 1. Existem inicialmente três possibilidades de circunferências admissíveis adicionais: aquelas que contêm 2 e 3, aquelas que contêm 2 e 4, ou aquelas que contêm 3 e 4. Afirmamos que existe no máximo uma circunferência admissível que contém 2 e 3, além de C1. De fato, seja C3 uma tal circunferência. Como C3 deve conter também outros dois pontos de C2 P, existe apenas uma forma de escolher entre 5,  6 e 7 sem repetição. O mesmo raciocínio se aplica às circunferências adicionais que contenham 2 e 4 ou 3 e 4. Nestas condições, existem no máximo cinco circunferências admissíveis. Concluímos que se f(P) > 5 então duas circunferências admissíveis quaisquer intersectam-se em dois pontos de P.

Lema 4 Para todo conjunto P de 7 pontos do plano temos f(P) 7.
Demonstração. Suponhamos f(P) > 5. Em virtude do Lema 3 acima, duas circunferências  admissíveis quaisquer têm dois pontos em comum, ambos em P. Consideremos uma circunferência admissível C1. Renomeando os pontos de P se necessário podemos supor, sem perda de generalidade, que P C1 = {1,2,3,4}. Vamos contar as possibilidades de subconjuntos de quatro pontos de P contendo dois pontos de C1 P e que, dois a dois, se intersectem em dois pontos. Começaremos contando os subconjuntos da forma {1,2,x,y}. Além do subconjunto {1,2,3,4} já considerado, uma possibilidade é {1,2,5,6}, e não existe outra. De fato, x ou y não podem ser 3 e nem 4, para que {1, 2, 3, 4} e {1,2,x,y} não tenham três pontos em comum. Assim x e y devem ser escolhidos entre 5, 6 e 7, sem repetição, o que só é possível de uma maneira. Consideramos assim a possibilidade de existir uma segunda circunferência admissível C2 tal que {1,2,5,6} = P C2. Observemos que poderíamos ter tomado {1,2,5,7} ou {1,2,6,7} em vez de  {1,2,5,6}, mas, renomeando os pontos 5, 6 e 7, se necessário, podemos fixar a escolha feita. Observemos em seguida que existe apenas um subconjunto da forma {1,3,x,y}. De fato, x ou y não podem ser 2 ou 4. Assim, x ou y devem ser escolhidos entre 5, 6 ou 7. A escolha 5 e 6 não é possível, pois  {1,2,5,6} e {1,3,5,6} têm três pontos em comum. Ficamos assim com as possibilidades {1,3,5,7} e {1,3,6,7}, das quais devemos escolher uma. Renomeando os pontos 5 e 6, se necessário, escolhamos a primeira. Consideramos assim a possibilidade de existir uma terceira circunferência admissível C3 tal que {1,3,5,7} = P C3. Procedendo de forma análoga vemos que existe apenas um suconjunto da forma {1,4,x,y}, que vem a ser {1,4,6,7}, e consideramos assim a possibilidade de existir uma quarta circunferência admissível C4 tal que {1,4,6,7} = P C4. Continuando com os mesmos argumentos, vemos que existe apenas uma possibilidade da forma {2,3,x,y} que vem a ser {2,3,6,7}, assim como existe apenas uma possibilidade da forma {2,4,x,y}, que vem a ser {2,4,5,7}. Finalmente, a única possibilidade da forma {3,4,y,z} é {3,4,5,6}. Contamos assim sete possibilidades, e fica provado que f(P) 7 para todo conjunto P de sete pontos do plano.

Escólio Seja P={1,2,3,4,5,6,7} um conjunto de 7 pontos do plano tal que f(P) > 5. Então os pontos de P podem ser renomeados de forma que as possíveis circunferências admissíveis Ci, i=1,..7, satisfaçam as condições:

P C1={1,2,3,4}
P C2={1,2,5,6}
P C3={1,3,5,7}
P C4={1,4,6,7}
P C5={2,3,6,7}
P C6={2,4,5,7}
P C7={3,4,5,6}

Ainda, os pontos de P C1 podem ser renomeados de forma que, começando no ponto 1 e percorrendo C1 no sentido anti-horário, encontramos os pontos 1, 3, 2 e 4, nessa ordem.
 
Proposição  Não existe P tal que f(P)=7.
Demonstração. Suponhamos f(P)=7. Vamos admitir a configuração descrita no Escólio acima. Essencialmente temos a seguinte figura:


As características essenciais desta figura são: os pontos 1, 3, 2 e 4 estão em C1 nesta ordem, no sentido anti-horário; os pontos 1, 2, 5 e 6 estão em C2; o ponto 7 está fora de C1 C2; C1 e C2 determinam no plano quatro regiões abertas A, B, C e D, quatro arcos de circunferência e dois pontos. Afirmamos que o ponto 5 está em um dos arcos de C2 (determinado pelos pontos 1 e 2), e 6 está no outro arco. De fato, C7, que contém {3,4,5,6}, corta o arco 132 uma única vez, e também o arco 142 uma única vez. Em conseqüência, C7 corta uma única vez cada um dos arcos de C2.
Temos assim dois casos a considerar:

      1º caso: 5 está no interior de C1;
      2º caso:  6 está no interior de C1.
Vamos mostrar que em ambos os casos temos uma contradição.

Exame do 1º caso: o ponto 5 está no interior de C1.
 

 

Lembrando que P C3={1,3,5,7} temos: C3 C1={1,3}, e assim C3 não passa pelo arco 142;  C3  C2={1,5}, e assim C3 não passa pelo arco 162. Concluímos então que C3 não intersecta a região D e, portanto, 7 não está em D.
Lembrando que P C4={1,4,6,7} temos: C4 C1={1,4}, e assim C4 não passa pelo arco 152; C4 C2={1,6}, e assim C4 não passa pelo arco 132. Concluímos então que C4 não intersecta a região B e, portanto, 7 não está em B.
Lembrando que P C5={2,3,6,7} temos: C5 C1={2,3}, e assim C5 não passa pelo arco 142; C5 C2={2,6}, e assim C5 não passa pelo arco 152. Concluímos então que C5 não intersecta a região C e, portanto, 7 não está em C.
Lembrando que P C6={2,4,5,7} temos: C6 C1={2,4}, e assim C6 não passa pelo arco 132; C6 C2={2,5}, e assim C6 não passa pelo arco 162. Concluímos então que C4 não intersecta a região A e, portanto, 7 não está em A.
Em resumo, as condições acima implicam que 7 não está em A B C D, o que é uma contradição.
 

Exame do 2º caso: o ponto 6 está no interior de C1
Procedendo de forma inteiramente análoga, chegamos a uma contradição. De fato, examinando a distribuição dos pontos conforme está listado no Escólio acima, vemos que existe uma simetria entre os pontos 5 e 6 em C2, C7 e conjuntamente em C3, C4, C5 e C6.
Concluímos que não existe P tal que f(P)=7.

Finalmente, temos o
Teorema O valor máximo de f(P) sobre todos os conjuntos P de sete pontos do plano é 6.
Demonstração. Vimos o exemplo de um conjunto P, com sete pontos do plano, tal que f(P)=6. Por outro lado, o Lema 4 nos mostra que para todo conjunto P de sete pontos do plano temos f(P) 7, e o Lema 5 nos mostra que não existe P tal que f(P)=7. Assim está completa a demonstração do Teorema.

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Este problema, de autoria de Bernardo Ábrego e Silvia Fernandez (México), venceu o I Concurso Iberoamericano de Generación de Problemas de Matemática. Apresentado para publicação em 17/06/1998. Preparado para publicação na Internet por Roberto R. Paterlini. Colaborou Edson de Oliveira, da UNIFRAN. As figuras foram geradas no Maple V R4 pelo autor.
Publicado em 19/06/1998. Atualizado em 12/05/2002.