¿Son densas las razones de un círculo de la unidad?

Question

Parece evidente a partir de infinitos triples pitagóricos primitivos $(a,b,c)$ que hay infinitos puntos racionales $ \left ( \frac {a}{c}, \frac {b}{c} \right )$ en el círculo de la unidad.

¿Pero cómo se puede demostrar que son densos, en el sentido de que para dos puntos racionales $x$ y $y$ de ángulos $α$ y $β$ en el círculo de la unidad, si $α<β$ hay un tercer punto racional $z$ de ángulo $γ$ en el círculo de la unidad, de tal manera que $α<γ$ y $γ<β$ .

¿Es de esperar que esta conjetura se mantenga y que no sea un problema no resuelto de la teoría de los números?

Answer 1

Considere una línea no vertical a través del punto $(1, 0)$ de la pendiente $m$ . Esta línea se encuentra con el círculo exactamente en otro punto, y no es difícil mostrar que las coordenadas de ese punto son $$P_m= \left ({m^2-1 \over m^2+1}, {-2m \over m^2+1} \right ).$$ Siempre y cuando $m$ es racional, $P_m$ tiene coordenadas racionales; así que ahora piensa en las líneas que atraviesan $(1, 0)$ de la pendiente racional

Answer 2

Estamos interesados en los ángulos $ \theta $ de tal manera que $( \cos \theta , \sin \theta )$ son ambos racionales. Llama a tal ángulo un $ \mathbb Q-$ ángulo.

Reclamar: $ \theta $ es un $ \mathbb Q-$ ángulo iff $ \tan \frac { \theta }2 \in \mathbb Q$ .

Prueba:

$ \implies $ sigue de la fórmula del medio ángulo, $ \tan \frac { \theta }2 = \frac {1- \cos \theta }{ \sin \theta }$

Para ver $ \impliedby $ puede ser más fácil trabajar geométricamente. Tenga en cuenta que $ \frac { \theta }2$ es el ángulo formado por la línea que conecta $(-1,0)$ hasta el punto $( \cos \theta , \sin \theta )$ . Esa línea tiene una ecuación $y=h(x+1)$ donde $h= \tan \frac { \theta }2$ . Resolver esto y $x^2+y^2=1$ simultáneamente vemos que estamos tratando de resolver $$x^2+h^2(x^2+2x+1)-1=0 \implies x^2+ \frac {2h^2}{1+h^2}x+ \frac {h^2-1}{1+h^2}=0$$ Por supuesto, una raíz está dada por $x=-1$ y se deduce de inmediato que la otra raíz también debe ser racional. Así, $ \cos \theta \in \mathbb Q$ . Ahora podemos usar la fórmula de medio ángulo de nuevo para ver que esto implica que $ \sin \theta \in \mathbb Q$ .

Nota: este es el punto clave detrás de la sustitución de Weierstrass, también conocido como el $ \tan \frac { \theta }2$ sustitución.

Está claro que los ángulos $ \theta $ de tal manera que $ \tan \frac { \theta }2 \in \mathbb Q$ son densas, así que hemos terminado.

Answer 3

Si los dos puntos dados están en cuadrantes diferentes, entonces uno de los puntos $(0, \pm1 ), ( \pm1 , 0)$ puede decirse que está entre ellos. Así que ambos están en el primer cuadrante. Entonces para cualquier punto racional $P$ en el círculo de la unidad, hay $t, u \in \mathbb N$ con $t>u$ donde $$P=P(t,u)= \left ( \dfrac {2tu}{t^2+u^2}, \dfrac {t^2-u^2}{t^2+u^2} \right ).$$ Si $t+u$ es impar y $t$ y $u$ son el coprimo, que incluso produce las fracciones en sus términos más bajos.

Así que dado $X=P(t_1,u_1)$ y $Y=P(t_2,u_2)$ , $Z=P(t_1+t_2,u_1+u_2)$ es un punto racional entre $X$ y $Y$ como se requiere.

Por ejemplo,

$X=P(2,1)=( \frac45 , \frac35 )=(.8,.6), Y=P(4,3)=( \frac {24}{25}, \frac7 {25})=(.96,.28), Z=P(6,4)=( \frac {48}{52}, \frac {20}{52})=( \frac {12}{13}, \frac5 {13}) \approx (.92,.38).$

Answer 4

Es súper fácil de probar. Para cualquier número complejo en el círculo de la unidad, existe una secuencia de números complejos con partes enteras, de tal manera que si se reemplaza cada término por sí mismo dividido por su magnitud, la nueva secuencia es una secuencia de puntos en el círculo de la unidad que se aproxima a la raíz cuadrada del número complejo elegido. Si reemplazas cada término de la secuencia original por su cuadrado, entonces cada término de la secuencia tendrá una magnitud integral. Si después de eso, reemplazas cada término de la nueva secuencia por sí mismo dividido por su magnitud, la nueva secuencia es una secuencia de números complejos en el círculo unitario con partes racionales que se aproxima al número complejo elegido.