Геометрия Ли и задача 9.8 Шарыгина

А вот и наконец геометрия.

Часть 1. О чём заметка

Я хочу рассказать об одном интересном методе, который я придумал в попытках доказать задачу 9.8 с олимпиады Шарыгина 2026.

Задача. Дана фиксированная окружность $\Gamma$ и не пересекающая её прямая $l$.
На окружности фиксированы точки $X$ и $Y$, а по $l$ движется точка $P$.
Две прямые $PX$ и $PY$ пересекают окружность вторично в точках $A$ и $B$.
Докажите, что описанная окружность $PAB$ касается двух фиксированных окружностей.

Часть 2. Пара фактов из линейной алгебры

Начну с напоминания про пару базовых определений.

Пусть задана некоторая билинейная форма над ${\mathbb{R}}^n$, которую будем обозначать $(u,v)$.

(В дальнейшем везде форма невырожденная.)

Известно, что такую форму можно привести к диагональному виду

$$\pm x_1^2\pm x_2^2\pm \cdots \pm x_n^2.$$

Определение. Назовём сигнатурой формы пару чисел $(p,q)$, где $p$ — это количество слагаемых со знаком плюс, а $q$ — со знаком минус.

Если для двух векторов верно, что $(u,v)=0$, то они называются ортогональными, а множество векторов, ортогональных всем векторам из заданного подпространства, называется ортогональным дополнением.

Также верны такие утверждения.

Утверждение. Ортогональное дополнение подпространства с сигнатурой $(p,q)$ в пространстве сигнатуры $(n,m)$ имеет сигнатуру $(n-p,m-q)$.

Утверждение. Матрица Грама базиса подпространства с сигнатурой $(p,q)$ имеет $p$ положительных и $q$ отрицательных собственных значений.

Также иногда хочется отождествить все точки ${\mathbb{R}}^n$ с точностью до гомотетий с центром в начале координат. Такое пространство называется проективным и обозначается ${\mathbb{RP}}^{n-1}$, а координаты в нём (определённые с точностью до умножения на ненулевой скаляр) называются однородными.

---

Также хочется напомнить про такие понятия, как алгебра Грассмана и звезда Ходжа. Эти понятия довольно сложные, но я попробую дать какую-то интуицию.

Итак, что такое внешнее произведение? Это такая штука, которая помогает нам повышать размерность нашего пространства. По сути, мы берём два вектора и создаём новый объект уже не из нашего пространства (какой угодно тензор) и обозначаем его $u\wedge v$.

Важно, что эта операция обладает антисимметричностью. Геометрически это площадь параллелограмма, натянутого на эти два вектора. Понятно, что это можно обобщать до произведения любого конечного числа векторов. Структура, образованная сложением и внешним произведением, называется алгеброй Грассмана.

Давайте всё же я напишу строгое определение.

Определение. Алгеброй Грассмана называется фактор-алгебра тензорной алгебры нашего пространства по двустороннему идеалу, образованному элементами вида $x\otimes x$.

Внешним произведением называется индуцированное умножение в этой алгебре.

---

Теперь давайте рассмотрим наше пространство с метрикой.

И вот оказывается, что тогда существует линейный изоморфизм в алгебре Грассмана, сопоставляющий подпространству его ортогональное дополнение. Этот оператор и называется звездой Ходжа.

Формально это изоморфизм вида

$$\star :{\Lambda }^{k}V\to {\Lambda }^{n-k}V$$

такой, что

$$\alpha \wedge \star \beta =(\alpha ,\beta )\det ,$$

где $\det$ — это ориентированный элемент объёма в некотором ортонормированном базисе.

Часть 3. Геометрия Ли

В декартовой системе координат обобщённая окружность задаётся уравнением

$$c_0(x^2+y^2)-2c_{1}x-2c_{2}y+c_3=0.$$

Её центр имеет координаты

$$\left(\frac{c_1}{c_0},\frac{c_2}{c_0}\right),$$

а на её радиус верно следующее соотношение:

$$(c_{0}r{)}^2=c_1^2+c_2^2-c_0{c}_3.$$

Заметим, что при этом знак радиуса не важен. Давайте ориентируем окружности и будем считать, что если они ориентированы по часовой стрелке, то радиус положителен, иначе отрицателен.

Скажем, что окружности ориентированно касаются, если они касаются и у них совпадают направления в точке касания.

Давайте рассмотрим ${\mathbb{RP}}^4$ и построим вот такое отображение из множества окружностей в него (в дальнейшем это пространство будем обозначать через $L$):

$$c_0(x^2+y^2)-2c_{1}x-2c_{2}y+c_3=0⟼\left(c_1,c_2,c_{0}r,\frac{c_3-c_0}{2},\frac{c_3+c_0}{2}\right).$$

Замечание. Понятно, что далеко не все точки в нашем пространстве сопоставляются окружностям. Это верно как минимум из соображений размерности. Однако критерий довольно прост.

Замечание 2. Геометрически это просто отображение

$$(x,y,r)⟼\left(x,y,r,\frac{1-x^2-y^2+r^2}{2},\frac{1+x^2+y^2-r^2}{2}\right).$$

Введём на этом пространстве довольно странное скалярное произведение:

$$(u,v)=u_1{v}_1+u_2{v}_2-u_3{v}_3+u_4{v}_4-u_5{v}_5.$$

Его полезность заключается в следующем.

Теорема (квадрика Ли). Точка $u$ является окружностью тогда и только тогда, когда

$$(u,u)=0.$$

Доказательство я опущу, поскольку это просто раскрытие скобок и некоторые соображения размерности.

Однако оказывается, что на этом всё не заканчивается.

Теорема.

$$(u,v)=0⟺u\text{ ориентированно касается }v.$$

Доказательство всё так же заключается в раскрытии скобок и получении выражения

$$(x_1-x_2{)}^2+(y_1-y_2{)}^2=(r_1-r_2{)}^2.$$

---

Теперь рассмотрим некоторое семейство окружностей $c(t)$, параметризованное параметром $t$.

Сейчас мы будем изучать, когда это семейство касается двух фиксированных окружностей. И я утверждаю, что верна такая замечательная лемма.

Лемма (о квадратичном семействе).
Пусть для некоторого семейства окружностей $c(t)$ верно:

• $c(t)=A{t}^2+Bt+C$, где $A,B,C\in L$;
• для любого $t$ окружность $c(t)$ вещественная;
• $(B,B)>0$.

Тогда это семейство касается двух фиксированных окружностей.

Доказательство.

Начнём с того, что заметим, что все окружности лежат в $⟨A,B,C⟩$, и рассмотрим матрицу Грама этого базиса.

Из того, что $c(t)$ всегда окружность, следует

$$(A{t}^2+Bt+C,A{t}^2+Bt+C)=0.$$

Раскрыв скобки и приравняв нулю коэффициенты при каждой степени $t$, а также обозначив $(A,C)$ через $k$, получим, что матрица Грама имеет вид

$$\left(\begin{array}{ccc}0& 0& k\\ 0& -2k& 0\\ k& 0& 0\end{array}\right).$$

Замечание. Из-за того, что $(B,B)>0$, матрица невырождена, и это действительно базис.

Несложно найти её собственные значения:

$$-2k,k,-k.$$

Так как $(B,B)>0$, получаем $k<0$. А значит, сигнатура этого подпространства равна $(2,1)$.

Рассмотрим его ортогональное дополнение. Оно будет иметь сигнатуру $(1,1)$.

Но как выглядит подпространство с сигнатурой $(1,1)$? Рассмотрим уравнение

$$(u,u)=0.$$

Это просто уравнение вида

$$x^2-y^2=0,$$

которое распадается в две вещественные прямые, проходящие через центр. А значит, после проективизации это будут две вещественные точки на квадрике Ли, а значит — две вещественные окружности.

Но они лежат в ортогональном дополнении к подпространству, в котором лежит семейство окружностей, а значит — это и есть две фиксированные окружности, которых касается данное семейство. $\square$

---

Замечание. Условие $(B,B)>0$ на самом деле сложное, и часто легче будет проверять кое-что другое:

$$(B,B)>0⟺-(A,C)<0.$$

А что такое $A$ и $C$? Это окружности $c(0)$ и $c(\infty )$.

А для окружностей скалярное произведение Ли — это очень понятная вещь.

Определение. Инверсным расстоянием двух окружностей называется величина

$$O_1{O}_2^2-(r_1-r_2{)}^2.$$

Замечание. Инверсное расстояние сохраняется при инверсиях. Понятное дело, окружности у нас всё ещё ориентированные, и их радиусы со знаками.

Утверждение. $-2(A,C)$ равно инверсному расстоянию между $A$ и $C$.

Доказательство тривиально.

Часть 4. Задача 9.8

Ну, поехали.

Точку $P$ линейно параметризуем по $t$.

Далее: если шрифт жирный, то это точка как окружность в $L$, а если не жирный — то обычная точка.

Заметим, что $P$ квадратична по $t$, если мы параметризуем

$$P(t)=(at+b,ct+d).$$

Точка $X$ фиксирована, а теперь посмотрим на точку $A$.

Имеем

$$\overrightarrow{PA}=\frac{{\mathrm{pow}}_{\Gamma }(P)}{P{X}^2}\overrightarrow{PX},$$

а значит

$$\overrightarrow{A(t)}=\overrightarrow{P(t)}+\frac{{\mathrm{pow}}_{\Gamma }(P)}{P{X}^2}(\overrightarrow{X}-\overrightarrow{P(t)}).$$

После несложных преобразований получается

$$\overrightarrow{\mathbf{A}(t)}=\overrightarrow{\mathbf{X}}+f(t)\overrightarrow{\mathbf{M}},$$

где $f$ — линейная функция, а

$$\overrightarrow{\mathbf{M}}=(0,0,0,1,-1).$$

Тогда $\overrightarrow{\mathbf{A}(t)}$ линейно зависит от $t$.

Рассмотрим теперь окружность $(PAB)$. Она ортогональна $P$, $A$ и $B$.

И вот тут происходит самая магия:

наша нужная окружность ортогональна $P$, $A$, $B$. А значит, принадлежит звезде Ходжа от алгебры Грассмана над $⟨P,A,B⟩$.

Но тогда степень зависимости этой окружности не превосходит степени зависимости выражений, возникающих из внешних произведений $P\wedge A$, $P\wedge B$, $A\wedge B$.

Но

$$P(t)=u_1(t)+q(t)u_{\infty },$$ $$A(t)=X+f_x(t)u_{\infty },$$ $$B(t)=Y+f_y(t)u_{\infty },$$

где $f_x,f_y$ линейные, а $q$ квадратичная.

Тогда из того, что

$$(u_{\infty },u_{\infty })=0,$$

во внешних произведениях сократятся все неквадратичные слагаемые. Собственно, что мы и хотели.

---

Разберёмся теперь с условием $(B,B)>0$.

Можно, конечно, провести некоторые геометрические рассуждения, но там нужна сильная аккуратность в связи с тем, что $c(\infty )$ — это прямая, и надо следить за направлением.

Давайте я покажу длинный способ, который чуть более технический и не требует такой аккуратности (по сути другое изложение того же самого).

Заметим, что можно взять три сколь угодно близкие окружности из семейства, которые попарно не пересекаются (просто из непрерывности и того, что точка $P$ может быть сколь угодно далеко).

Заметим, что тогда в матрице Грама этой тройки все элементы, кроме элементов главной диагонали, отрицательны, а элементы диагонали, в свою очередь, нулевые.

Тогда определитель нашей матрицы отрицателен.

Но этот определитель отличается от определителя

$$\mathrm{gram}(A,B,C)=-(B,B)\cdot (A,C{)}^2$$

лишь на квадрат определителя матрицы перехода.

Но тогда $(B,B)>0$, ч.т.д.

---

Это, конечно, не самый короткий способ решить задачу 9.8, но мне он нравится тем, что тут реально появляется довольно содержательная геометрия Ли, а не просто набор вычислений.

Оригинал: «Самое красивое решение задачи 10.3 олимпиады Шарыгина» — «Задача дня», Telegram.