如何证明圆上有理点的稠密性？

好的，我们来详细证明圆上有理点的稠密性。

什么是圆上有理点？

首先，我们需要明确一些概念：

圆： 在二维平面上，圆是指所有到某个固定点（圆心）距离相等的点的集合。一个标准的圆的方程是 $(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$，其中 $(a, b)$ 是圆心，$r$ 是半径。
有理点： 如果一个点的坐标 $x$ 和 $y$ 都是有理数，那么这个点就是有理点。有理数是形如 $p/q$ 的数，其中 $p$ 和 $q$ 是整数，$q eq 0$。

我们要证明的是什么？

我们要证明的是：对于任何一个圆，圆上的有理点在圆上是稠密的。

这意味着什么呢？稠密性有几种理解方式，在拓扑学中，稠密性通常是指一个集合的闭包等于整个空间。在这里，更直观的理解是：

存在无穷多个有理点在圆上。
对于圆上的任何一点，无论它是有理点还是无理点，我们总能在圆上找到一个有理点，这个有理点离它任意近。 换句话说，对于圆上的任意一点 $P$ 和任意小的正数 $epsilon$，圆上都存在一个有理点 $Q$，使得 $P$ 和 $Q$ 之间的距离小于 $epsilon$。

证明策略：

我们将采取以下策略：

1. 简化问题： 考虑最简单的圆——单位圆，即方程为 $x^2 + y^2 = 1$ 的圆。如果单位圆上有理点是稠密的，我们可以通过一个仿射变换（平移和缩放）将其推广到任意一个圆。
2. 参数化有理点： 找到一种方法来描述圆上的所有有理点。我们将利用几何方法——直线与圆的交点。
3. 证明稠密性： 利用参数化，证明对于圆上的任何一点，我们都能找到任意接近它的有理点。



详细证明过程：

第一步：证明单位圆 $x^2 + y^2 = 1$ 上有理点的稠密性。

我们将证明单位圆上有无穷多个有理点，并且这些有理点是稠密的。

引理：所有有理数的斜率的直线与单位圆只有一个有理点交点（除了特殊情况）。

考虑一条过单位圆上一个已知的有理点 $P_0 = (1, 0)$ 的直线。设这条直线的斜率为 $m$，其中 $m$ 是一个有理数。

这条直线的方程是： $y 0 = m(x (1))$，即 $y = m(x+1)$。

现在我们将这条直线代入单位圆的方程 $x^2 + y^2 = 1$：

$x^2 + (m(x+1))^2 = 1$
$x^2 + m^2(x+1)^2 = 1$
$x^2 + m^2(x^2 + 2x + 1) = 1$
$x^2 + m^2x^2 + 2m^2x + m^2 = 1$
$(1+m^2)x^2 + 2m^2x + (m^2 1) = 0$

这是一个关于 $x$ 的二次方程。我们已经知道直线与圆相交于点 $P_0 = (1, 0)$，所以 $x = 1$ 是这个二次方程的一个解。

我们可以将这个二次方程因式分解。因为 $x = 1$ 是一个根，所以 $(x+1)$ 是一个因子。
$(x+1)((1+m^2)x + (m^21)) = (1+m^2)x^2 + (m^21)x + (1+m^2)x + (m^21)$
$= (1+m^2)x^2 + (m^21+1+m^2)x + (m^21)$
$= (1+m^2)x^2 + 2m^2x + (m^21)$

所以，方程可以写成：
$(x+1)((1+m^2)x + (m^21)) = 0$

这意味着两个解是：
1. $x+1 = 0 implies x = 1$ （对应我们已知的点 $P_0$）
2. $(1+m^2)x + (m^21) = 0$

我们来解第二个方程：
$(1+m^2)x = 1 m^2$
$x = frac{1m^2}{1+m^2}$

现在我们找到了另一个交点的 $x$ 坐标。由于 $m$ 是一个有理数，所以 $m^2$ 也是有理数，$1m^2$ 和 $1+m^2$ 也都是有理数。并且，因为 $m^2 ge 0$，所以 $1+m^2 eq 0$。因此，
$x = frac{1m^2}{1+m^2}$ 是一个有理数。

接下来，我们计算这个点的 $y$ 坐标，使用直线方程 $y = m(x+1)$:
$y = mleft(frac{1m^2}{1+m^2} + 1 ight)$
$y = mleft(frac{1m^2 + 1+m^2}{1+m^2} ight)$
$y = mleft(frac{2}{1+m^2} ight)$
$y = frac{2m}{1+m^2}$

由于 $m$ 是有理数，所以 $2m$ 和 $1+m^2$ 都是有理数，并且 $1+m^2 eq 0$。因此，
$y = frac{2m}{1+m^2}$ 也是一个有理数。

结论：

对于任何一个有理数斜率 $m$，我们都可以找到单位圆上的一个有理点 $(x, y) = left(frac{1m^2}{1+m^2}, frac{2m}{1+m^2} ight)$。

重要观察：

无穷多个有理点： 不同的有理数 $m$ 会产生不同的有理点 $(x, y)$。例如，当 $m=0$ 时，$(x,y) = (1, 0)$；当 $m=1$ 时，$(x,y) = (0, 1)$；当 $m=1$ 时，$(x,y) = (0, 1)$；当 $m=2$ 时，$(x,y) = (frac{14}{1+4}, frac{2 cdot 2}{1+4}) = (frac{3}{5}, frac{4}{5})$。这说明单位圆上至少存在无穷多个有理点。
覆盖了除了 $(1, 0)$ 的所有有理点： 这个参数化公式可以生成除了 $P_0=(1,0)$ 之外的所有圆上的有理点。为什么？
如果一个圆上有理点 $(x_0, y_0) eq (1, 0)$，那么连接 $(1, 0)$ 和 $(x_0, y_0)$ 的直线斜率 $m = frac{y_0 0}{x_0 (1)} = frac{y_0}{x_0+1}$ 是一个有理数。将这个有理斜率代入我们的公式，我们可以得到 $(x_0, y_0)$。
唯一例外是当 $x_0 = 1$ 时，直线是垂直的，斜率是无穷大。在这种情况下，唯一的圆上有理点是 $(1, 0)$ 本身。我们已经将 $(1, 0)$ 作为起始点。

稠密性证明（单位圆）：

我们已经证明了单位圆上存在无穷多个有理点。现在我们需要证明它们是稠密的。这意味着对于单位圆上的任何一点 $P$，我们可以找到一个有理点 $Q$ 任意接近 $P$。

设 $P = (x_p, y_p)$ 是单位圆 $x^2 + y^2 = 1$ 上的任意一点。
如果 $P$ 是一个有理点，例如 $P = (frac{3}{5}, frac{4}{5})$，那么它本身就是一个有理点，我们就可以选择 $Q=P$，距离为0。
关键在于处理无理点，或者我们想要证明对于任何一个有理点，我们也能找到一个“不同”的有理点任意接近它。

让我们考虑单位圆上的任意一个有理点 $P_{rational} = (x_{rational}, y_{rational})$。我们想证明，在圆上总能找到另一个有理点 $Q$ 任意接近 $P_{rational}$。

我们使用的参数化是 $P(m) = left(frac{1m^2}{1+m^2}, frac{2m}{1+m^2} ight)$。
当 $m$ 趋近于某个值 $m_0$ 时，$P(m)$ 的坐标也趋近于 $P(m_0)$。
$x(m) = frac{1m^2}{1+m^2}$ 和 $y(m) = frac{2m}{1+m^2}$ 都是关于 $m$ 的连续函数。

具体来说：

假设我们取一个有理点 $P_0 = (1, 0)$。对于圆上的任何一个另一个有理点 $P_1 = (x_1, y_1)$，连接 $P_0$ 和 $P_1$ 的直线斜率 $m_1 = frac{y_1}{x_1+1}$ 是一个有理数。

现在，如果我们考虑一个非常接近 $m_1$ 的有理数 $m_2$（例如，$m_2 = m_1 + epsilon$，其中 $epsilon$ 是一个非常小的有理数），那么对应的有理点 $P_2 = left(frac{1m_2^2}{1+m_2^2}, frac{2m_2}{1+m_2^2} ight)$ 也会非常接近 $P_1$。

这是因为当 $m$ 变化很小时，点 $(x(m), y(m))$ 在圆弧上移动的距离也很小。

更严谨地说，证明“稠密”通常涉及以下概念：

设 $S$ 是圆 $C$ 的有理点集合。我们要证明 $S$ 在 $C$ 中是稠密的。这意味着对于 $C$ 中的任何一点 $P$ 和任何 $epsilon > 0$，都存在一个有理点 $Q in S$，使得 $d(P, Q) < epsilon$。

1. 处理单位圆上的任意一点 $P=(x_p, y_p)$：

如果 $P = (1, 0)$：
我们可以取一个非常大的有理数 $M$。令 $m = M$。则对应的有理点是 $Q_M = left(frac{1M^2}{1+M^2}, frac{2M}{1+M^2} ight)$。
当 $M o infty$，
$x(M) = frac{1M^2}{1+M^2} = frac{1/M^2 1}{1/M^2 + 1} o frac{1}{1} = 1$
$y(M) = frac{2M}{1+M^2} = frac{2/M}{1/M^2 + 1} o frac{0}{1} = 0$
这意味着，虽然我们无法通过一个有理斜率直接得到 $(1, 0)$（除非斜率无穷大），但我们可以找到有理点任意接近 $(1, 0)$。
更准确地说，我们可以选择一个非常大的有理数 $m$。得到的有理点 $Q_m$ 将非常接近 $(1, 0)$。例如，如果我们希望点在左半圆弧上靠近 $(1,0)$，我们可以选择一个很大的正有理数 $m$。

如果 $P eq (1, 0)$：
如果 $P$ 本身是一个有理点，那么我们选择 $Q=P$ 即可。
如果 $P$ 是一个无理点，那么连接 $(1, 0)$ 和 $P$ 的直线斜率 $m_p = frac{y_p}{x_p+1}$ 是一个无理数（或者如果 $x_p = 1$，则是无穷大）。
我们可以选择一个有理数 $m$ 任意接近 $m_p$。例如，如果 $m_p$ 是一个具体的无理数（比如 $sqrt{2}$），我们可以找到一个有理数列 $m_n$ 收敛到 $sqrt{2}$ (例如，用连分数逼近)。
对于每个有理数 $m_n$，我们得到一个有理点 $Q_n = left(frac{1m_n^2}{1+m_n^2}, frac{2m_n}{1+m_n^2} ight)$。
由于 $P(m)$ 是连续的，当 $m_n o m_p$ 时，$Q_n o P$。
因此，对于任意小的 $epsilon > 0$，存在一个 $n$，使得 $d(P, Q_n) < epsilon$。

总结单位圆的有理点稠密性：

我们通过参数化 $m mapsto left(frac{1m^2}{1+m^2}, frac{2m}{1+m^2} ight)$ 证明了单位圆上有无穷多个有理点。这个参数化（除了 $(1,0)$ 点本身）覆盖了单位圆上的所有点。由于有理数在实数轴上是稠密的，并且这个参数化是连续的，所以对应的有理点在单位圆上也必然是稠密的。任何单位圆上的点（无论是圆上的哪个点）都可以被这些由有理斜率产生的有理点任意逼近。



第二步：将结论推广到任意圆。

现在我们考虑一个任意圆 $C'$，其方程为 $(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$，其中 $a, b, r$ 是实数，$r > 0$。

我们可以通过一个仿射变换将这个圆 $C'$ 映射到单位圆 $C$：

1. 平移： 将圆心 $(a, b)$ 移动到原点 $(0, 0)$。考虑变换 $T_1(x, y) = (xa, yb)$。
如果 $(x, y)$ 在 $C'$ 上，则 $(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$。
应用 $T_1$ 后得到 $(x')^2 + (y')^2 = r^2$，其中 $x' = xa, y' = yb$。这是一个半径为 $r$ 的圆。

2. 缩放： 将半径为 $r$ 的圆缩放到半径为 1 的单位圆。考虑变换 $T_2(x', y') = (frac{x'}{r}, frac{y'}{r})$。
如果 $(x', y')$ 在半径为 $r$ 的圆上，则 $(x')^2 + (y')^2 = r^2$。
应用 $T_2$ 后得到 $(frac{x'}{r})^2 + (frac{y'}{r})^2 = frac{r^2}{r^2} = 1$，即 $(x'')^2 + (y'')^2 = 1$，其中 $x'' = frac{x'}{r}, y'' = frac{y'}{r}$。这是单位圆 $C$。

将这两个变换组合起来，我们得到一个仿射变换 $T = T_2 circ T_1$:
$T(x, y) = left(frac{xa}{r}, frac{yb}{r} ight) = (x'', y'')$

这个变换将任意圆 $C'$ 上的点 $(x, y)$ 映射到单位圆 $C$ 上的点 $(x'', y'')$。

反变换是 $T^{1}(x'', y'') = (rx''+a, ry''+b) = (x, y)$。

稠密性传播：

现在我们知道单位圆 $C$ 上的有理点是稠密的。设 $Q'' = (x'', y'')$ 是单位圆 $C$ 上的一个有理点。这意味着 $x''$ 和 $y''$ 都是有理数。

考虑 $T^{1}(Q'') = (rx''+a, ry''+b)$。
如果 $a, b, r$ 都是有理数，那么对于单位圆上的有理点 $Q''=(x'', y'')$，其逆像 $T^{1}(Q'') = (rx''+a, ry''+b)$ 将是一个任意圆上的有理点，因为 $r, x'', a, b, y''$ 都是有理数，有理数的加法和乘法仍然是有理数。
在这种情况下，任意圆 $C'$ 上可以找到无穷多个有理点，并且它们在 $C'$ 上是稠密的。对于 $C'$ 上的任意一点 $P$，它被映射到单位圆上的点 $P''$。由于单位圆上有理点稠密，存在单位圆上的有理点 $Q''$ 任意接近 $P''$。将 $Q''$ 通过逆变换 $T^{1}$ 映射回 $C'$，得到有理点 $Q = T^{1}(Q'')$。由于 $T^{1}$ 是连续的（线性变换的性质），$Q$ 会任意接近 $P$。

问题在于：圆心 $(a, b)$ 和半径 $r$ 可能不是有理数。 我们的参数化生成了单位圆上的有理点。如果 $a, b, r$ 是无理数，情况会变得复杂。

更通用的方法（直线与圆交点的性质）：

我们回到几何角度，使用直线与圆的交点来证明任意圆上任意点可以被有理点逼近。

考虑任意圆 $C'$ 的方程 $(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$。

1. 证明存在一个有理点在圆上。
考虑过圆心 $(a,b)$ 的直线 $yb = m(xa)$，其中 $m$ 是一个有理数。
将其代入圆的方程：$(xa)^2 + (m(xa))^2 = r^2$
$(xa)^2 (1+m^2) = r^2$
$(xa)^2 = frac{r^2}{1+m^2}$
$xa = pm frac{r}{sqrt{1+m^2}}$
$x = a pm frac{r}{sqrt{1+m^2}}$
$y = b + m(xa) = b pm frac{mr}{sqrt{1+m^2}}$

如果我们想要得到有理点，我们需要 $sqrt{1+m^2}$ 是有理数。
考虑一个特定的有理点，例如，如果我们知道存在一个有理点在圆上，我们就可以使用它作为起点。

一个更简单的方法是： 即使 $a, b, r$ 是无理数，我们仍然可以找到圆上的有理点。

考虑一个有理点 $P_0 = (x_0, y_0)$。我们想证明 $P_0$ 附近总有另一个有理点。
考虑直线 $y y_0 = m(x x_0)$，其中 $m$ 是一个有理数。
将这条直线代入圆的方程：
$(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$
$(xa)^2 + (y_0 + m(xx_0) b)^2 = r^2$

这是一个关于 $x$ 的二次方程。我们知道 $(x_0, y_0)$ 是方程的解。因此，$(xx_0)$ 是一个因子。
令 $x = x_0 + delta x$，$y = y_0 + delta y$。
$delta y = m delta x$
$(x_0 + delta x a)^2 + (y_0 + delta y b)^2 = r^2$
$(x_0 a + delta x)^2 + (y_0 b + m delta x)^2 = r^2$

展开：
$(x_0 a)^2 + 2(x_0 a)delta x + (delta x)^2 + (y_0 b)^2 + 2(y_0 b)mdelta x + m^2(delta x)^2 = r^2$
因为 $(x_0 a)^2 + (y_0 b)^2 = r^2$ （因为 $P_0$ 在圆上），所以：
$r^2 + 2(x_0 a)delta x + (delta x)^2 + 2(y_0 b)mdelta x + m^2(delta x)^2 = r^2$
$2(x_0 a)delta x + (delta x)^2 + 2(y_0 b)mdelta x + m^2(delta x)^2 = 0$
$(delta x)^2 (1+m^2) + delta x (2(x_0 a) + 2(y_0 b)m) = 0$

一个解是 $delta x = 0$，这对应于点 $P_0$ 本身。
另一个解是：
$delta x (1+m^2) + (2(x_0 a) + 2(y_0 b)m) = 0$
$delta x = frac{2(x_0 a) + 2(y_0 b)m}{1+m^2}$

所以，新的交点的 $x$ 坐标是：
$x = x_0 + delta x = x_0 frac{2(x_0 a) + 2(y_0 b)m}{1+m^2}$

这个 $x$ 坐标是否为有理数？这取决于 $x_0, y_0, a, b, m$ 的性质。
如果 $a, b, r$ 是有理数，并且我们取一个有理点 $P_0=(x_0, y_0)$，那么 $x$ 和 $y$ 会是有理数。

关键是：我们可以选择一个非常靠近圆上某一点 $P$ 的直线，并且这条直线可以被参数化。

我们只需要证明存在一个有理点。一旦存在一个有理点，就可以通过上述方法生成其他有理点，并证明稠密性。

存在有理点：
考虑圆 $(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$。
如果我们能找到一个有理数 $x_0$ 使得 $r^2 (x_0a)^2$ 是一个正的有理数的平方 $q^2$，那么 $y_0 = b pm q$ 也会产生一个有理点（如果 $b$ 是有理数）。

更普遍地，我们可以利用 HermiteMinkowski 定理（或者说 Hilbert 的结果）的一个特例：
如果一个代数数域 $K$ 中的二次型 $Q(x_1, dots, x_n)$ 在 $K$ 中有一个非零点，那么它在 $K$ 中有无穷多个点。
对于圆 $x^2 + y^2 = 1$，它是一个二次型。单位圆是定义在实数域上的。

一个更直观的证明，无需高深定理：

存在一个有理点：
假设圆上存在一个点 $P=(x_p, y_p)$。
考虑方程 $(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$。
如果我们能找到一个有理数 $x_0$，使得 $r^2 (x_0a)^2 > 0$ 并且 $r^2 (x_0a)^2$ 是一个有理数的平方 $y_0^2$，那么 $(x_0, y_0)$ 就是一个有理点。
这是关于寻找有理二次剩余的问题。

更简单的证明思路：构造一个有理点。
考虑方程 $X^2 + Y^2 = Z^2$ 的整数解（毕达哥拉斯三元组）。
将圆方程 $(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$ 除以 $r^2$：
$(frac{xa}{r})^2 + (frac{yb}{r})^2 = 1$
令 $X = frac{xa}{r}$ 和 $Y = frac{yb}{r}$。那么 $X^2 + Y^2 = 1$。
我们知道单位圆上有有理点 $X = frac{1m^2}{1+m^2}$, $Y = frac{2m}{1+m^2}$，其中 $m in mathbb{Q}$。

所以，
$frac{xa}{r} = frac{1m^2}{1+m^2} implies x = a + r frac{1m^2}{1+m^2}$
$frac{yb}{r} = frac{2m}{1+m^2} implies y = b + r frac{2m}{1+m^2}$

这些点 $(x, y)$ 构成了圆 $C'$ 上的所有点，当 $m$ 取所有实数时。
为了使 $(x, y)$ 是圆上的有理点，我们需要 $a + r frac{1m^2}{1+m^2}$ 和 $b + r frac{2m}{1+m^2}$ 都是有理数。
这需要 $a, b, r$ 的性质与 $m$ 的性质相结合。

关键是：圆上的任何一点都可以被这个参数化表示（除了一个点）。
假设圆 $C'$ 上有一个有理点 $P_0 = (x_0, y_0)$。
那么 $(x_0a)^2 + (y_0b)^2 = r^2$。
我们再次考虑过 $P_0$ 的直线 $y y_0 = m(x x_0)$，其中 $m$ 是一个有理数。
我们计算了另一个交点为 $delta x = frac{2(x_0 a) + 2(y_0 b)m}{1+m^2}$。
$x = x_0 + delta x = x_0 frac{2(x_0 a) + 2(y_0 b)m}{1+m^2}$
$y = y_0 + m delta x = y_0 m frac{2(x_0 a) + 2(y_0 b)m}{1+m^2}$

如果 $x_0, y_0, a, b$ 都是有理数，那么上面的表达式确实会给出有理点的坐标。
如何证明存在一个有理点 $P_0$ 呢？

考虑方程 $u^2 + v^2 = w^2$ 的有理数解。$(u, v, w)$ 的所有有理数解可以由 $lambda(s^2t^2), lambda(2st), lambda(s^2+t^2)$ 给出，其中 $lambda, s, t$ 是有理数。
我们将圆的方程变形：$r^2 (xa)^2 = (yb)^2$。

最终证明思路：

1. 存在一个有理点： 考虑方程 $X^2 + Y^2 = 1$ 的有理数解 $(X,Y) = (frac{1m^2}{1+m^2}, frac{2m}{1+m^2})$ ($m in mathbb{Q}$)。
我们可以找到圆 $(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$ 上的一个有理点 当且仅当 方程 $X^2 + Y^2 = 1$ 有形如 $(frac{xa}{r}, frac{yb}{r})$ 的有理数解。
这需要 $r$ 是一个可以消去分母的存在。

另一种证明存在性（更根本）：
考虑方程 $x^2 + y^2 = r^2$。如果 $r^2$ 是一个有理数的平方，例如 $r^2=q^2$ ($q in mathbb{Q}$)，那么 $(q, 0)$ 是一个有理点。
如果 $r^2$ 不是有理数的平方，例如 $r = sqrt{2}$ 且圆心在 $(0,0)$，方程是 $x^2+y^2=2$。
这里，$(sqrt{2}, 0)$ 是一个点，$(sqrt{2}cos heta, sqrt{2}sin heta)$。
我们可以找到有理点 $(frac{2st}{s^2+t^2}, frac{s^2t^2}{s^2+t^2})sqrt{2}$ 吗？不一定。
对于 $x^2+y^2=n$ ($n$ 是无平方因子的整数)，有有理数解当且仅当 $n$ 可以表示为两个平方数的和。$n=2$ 可以 ($2=1^2+1^2$)。
那么 $x^2+y^2=2$ 有有理数解。例如，取 $s=2, t=1$ 得到 $(frac{4}{5}, frac{3}{5})$。 $(frac{4}{5})^2+(frac{3}{5})^2 = frac{16+9}{25}=1 eq 2$。这个参数化适用于单位圆。
对于 $x^2+y^2=n$，有理数解的参数化是 $x = sqrt{n}frac{1m^2}{1+m^2}$ 和 $y = sqrt{n}frac{2m}{1+m^2}$。这不会产生有理数。

真正有理数解的存在性依赖于数域和二次剩余。

设我们有一个圆 $C'$。存在一个有理点 $P_0$ 在 $C'$ 上，当且仅当方程 $(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$ 在有理数域 $mathbb{Q}$ 上有解。
一个二次方程 $Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F = 0$ 在 $mathbb{Q}$ 上有解，当且仅当它在实数域上有一个解且不违反某些局部全局原理的条件。

简化证明策略再次确认：

1. 证明单位圆 $x^2+y^2=1$ 上有理点是稠密的。 （已完成）
2. 利用仿射变换，将这个稠密性传播到任意圆。

我们只需要证明：如果一个集合 $S$ 在空间 $X$ 中是稠密的，并且 $f: X o Y$ 是一个同胚（或连续映射），那么 $f(S)$ 在 $Y$ 中是稠密的。

这里，$X$ 是单位圆，$Y$ 是任意圆 $C'$。
$f = T^{1}(x'', y'') = (rx''+a, ry''+b)$ 是一个仿射变换，它是一个同胚（自身连续且存在连续的逆变换）。
单位圆上的有理点集是 $S = {(x'', y'') in mathbb{R}^2 mid x''^2+y''^2=1, x'', y'' in mathbb{Q} }$.
我们已经证明 $S$ 在单位圆上是稠密的。
$f(S) = {(rx''+a, ry''+b) mid x''^2+y''^2=1, x'', y'' in mathbb{Q} }$.
我们需要证明 $f(S)$ 是圆 $C'$ 上的有理点的集合，并且 $f(S)$ 在 $C'$ 上是稠密的。

问题在于： $f(S)$ 不一定是圆 $C'$ 上的所有有理点。
$f(S)$ 只是 $C'$ 上的一组特定构造的有理点。我们证明了这组有理点是稠密的。

更严格地说：
设 $P in C'$ 是圆 $C'$ 上的任意一点。
$P = (x, y)$。
考虑 $P'' = T(P) = (frac{xa}{r}, frac{yb}{r})$。$P''$ 是单位圆 $C$ 上的点。
由于单位圆上有理点是稠密的，对于任意 $epsilon > 0$，存在单位圆上的有理点 $Q'' = (x'', y'')$ 使得 $d(P'', Q'') < epsilon$.
现在，考虑 $Q = T^{1}(Q'') = (rx''+a, ry''+b)$。
$Q$ 是圆 $C'$ 上的一个点。而且，由于 $x'', y''$ 是有理数，并且如果 $a, b, r$ 是有理数，那么 $Q$ 是一个有理点。
由于 $T^{1}$ 是连续的， $d(P, Q) = d(T^{1}(P''), T^{1}(Q'')) le max(|r|,|r|) d(P'', Q'') < |r|epsilon$ (这里用了欧几里得范数，不等式可能需要仔细处理)。
如果 $a, b, r$ 是有理数，则上述论证成立。

但是，如果 $a, b, r$ 是无理数呢？
如果 $a, b, r$ 是无理数，那么 $Q = (rx''+a, ry''+b)$ 不一定是有理点。
这意味着我们的仿射变换将单位圆上的有理点映射到了任意圆上的一般点（可能是无理点）。

正确的证明方式应该是什么？

它不需要 $a, b, r$ 是有理数。它依靠的是：
1. 单位圆上有理点是稠密的。
2. 任何圆上的任何一点，都可以被一系列有理点逼近。

返回几何参数化：
圆 $C'$ 的参数化为：
$x(t) = a + r cos(t)$
$y(t) = b + r sin(t)$

我们知道 $t$ 可以被有理数逼近。
$cos(t) = frac{1m^2}{1+m^2}$
$sin(t) = frac{2m}{1+m^2}$
其中 $m in mathbb{Q}$。

所以，圆上的点可以写成：
$x = a + r frac{1m^2}{1+m^2}$
$y = b + r frac{2m}{1+m^2}$
其中 $m in mathbb{Q}$。

当 $m$ 取遍所有有理数时，我们得到了圆 $C'$ 上的一系列点。
这些点不一定是圆上的所有有理点，但它们是圆上的一个子集。

要证明稠密性：
对于圆 $C'$ 上的任意一点 $P = (x_p, y_p)$ 和任意 $epsilon > 0$。
我们找到一个 $t_p$ 使得 $x_p = a + r cos(t_p)$ 和 $y_p = b + r sin(t_p)$。
我们可以找到一个有理数 $m$ 任意接近 $ an(t_p/2)$ （这里使用切半角公式更方便）。
设 $m = an( heta/2)$，则 $cos( heta) = frac{1m^2}{1+m^2}$，$ sin( heta) = frac{2m}{1+m^2}$。
因此，我们可以用 $t$ 来参数化圆，其中 $t$ 可以被形如 $arctan(2m/(1m^2))$ 的形式逼近。

更直接的方法：
设 $P = (x_p, y_p)$ 是圆 $C'$ 上的任意一点。
如果 $P$ 是一个有理点，那么它本身就是一个有理点。
如果 $P$ 是一个无理点，那么连接圆上的某个有理点 $P_0$ 和 $P$ 的直线，其斜率 $m$ 可能是无理数。
我们可以选择一个有理数 $m'$ 任意接近 $m$。
令 $P_0 = (x_0, y_0)$ 是圆上的一个有理点。
考虑过 $P_0$ 的直线 $y y_0 = m'(x x_0)$，其中 $m'$ 是一个有理数。
计算第二个交点：
$x = x_0 frac{2(x_0 a) + 2(y_0 b)m'}{1+m'^2}$
$y = y_0 m' frac{2(x_0 a) + 2(y_0 b)m'}{1+m'^2}$

如果我们先证明圆上至少存在一个有理点，那么我们就可以通过这个方法来证明稠密性。

存在一个有理点 $P_0$ 的证明 (对于任意圆)：
考虑二次曲线 $Q(x, y) = (xa)^2 + (yb)^2 r^2 = 0$。
我们想证明它在 $mathbb{Q}^2$ 上有解。
根据 Cassels' Rational Quadratic Forms 或 Serre's A Course in Arithmetic (Chapter IV, Section 3.2, Theorem 5) 的结果，一个二次型在 $mathbb{Q}$ 上有非零解当且仅当它在 $mathbb{R}$ 上有非零解并且在所有局部域 $mathbb{Q}_p$ 上都有非零解。对于圆（二次曲线），如果它在实数域上有解（即 $r>0$），并且满足一些局部条件，那么它在有理数域上就有解。
一个更简单的条件是：一个圆 $(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$ 在 $mathbb{Q}$ 上有解当且仅当它在 $mathbb{R}$ 上有解，且 $r^2$ 如果可以表示为 $alpha^2 + eta^2$ （其中 $alpha, eta$ 是 $a,b$ 的场扩张的元素，可能不是有理数），这部分比较复杂。

一个更直观且完整的证明：
1. 存在一个有理点：
设圆为 $(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$。
考虑方程 $X^2+Y^2=Z^2$ 的有理数解 $(X,Y,Z) = (lambda(s^2t^2), lambda(2st), lambda(s^2+t^2))$，其中 $lambda, s, t in mathbb{Q}$ 且 $s^2+t^2 eq 0$。
我们将圆方程除以 $r^2$：
$(frac{xa}{r})^2 + (frac{yb}{r})^2 = 1$
令 $X = frac{xa}{r}$ 和 $Y = frac{yb}{r}$。
那么 $X^2+Y^2=1$。我们已知单位圆上的有理点可以由 $X=frac{1m^2}{1+m^2}$, $Y=frac{2m}{1+m^2}$ 给出，其中 $m in mathbb{Q}$。
重要的不是 $a,b,r$ 是有理数，而是存在一个“好的”参数化。

Consider the map $F: mathbb{Q} o mathbb{R}^2$ given by $m mapsto (a + r frac{1m^2}{1+m^2}, b + r frac{2m}{1+m^2})$.
This map generates points on the circle $C'$.
For any rational $m$, the image point $F(m)$ is on the circle $C'$.
If $a,b,r$ were rational, then $F(m)$ would be a rational point.
However, $a,b,r$ can be irrational.

The correct argument relies on the fact that the set of points generated by rational $m$ is dense.
Let $P=(x_p, y_p)$ be any point on the circle. $P$ can be written as $(a+rcos heta, b+rsin heta)$ for some $ heta in [0, 2pi)$.
The set of points ${ (a+rfrac{1m^2}{1+m^2}, b+rfrac{2m}{1+m^2}) mid m in mathbb{Q} }$ is dense on the circle.
Why? Because the function $m mapsto (frac{1m^2}{1+m^2}, frac{2m}{1+m^2})$ maps $mathbb{Q}$ to a dense subset of the unit circle.
The map $m mapsto (a+rx, b+ry)$ where $(x,y)$ is on the unit circle is a homeomorphism from the unit circle to $C'$.
So, if $S_{unit}$ is the dense set of rational points on the unit circle, then $f(S_{unit})$ is a dense set on $C'$.
The issue is that $f(S_{unit})$ is not necessarily the set of rational points on $C'$.

The statement to prove is about the density of rational points.

Let's restart with the basic definition of density.
For any point $P$ on the circle $C'$ and any $epsilon > 0$, there exists a rational point $Q$ on $C'$ such that $d(P, Q) < epsilon$.

Step 1: Prove there exists at least one rational point on any circle.
Consider the circle $(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$.
If $a,b,r^2$ are rational, then we can use the rational parameterization.
What if $a, b, r$ are irrational?
Example: $(xsqrt{2})^2 + (ysqrt{3})^2 = 1$. Does this have rational points?
Let $x,y$ be rational. Then $(xsqrt{2})^2 = x^2 2xsqrt{2} + 2$ and $(ysqrt{3})^2 = y^2 2ysqrt{3} + 3$.
$x^2 2xsqrt{2} + 2 + y^2 2ysqrt{3} + 3 = 1$
$x^2+y^2+4 2xsqrt{2} 2ysqrt{3} = 0$.
If $x, y$ are rational, for this to hold, the coefficients of $sqrt{2}$ and $sqrt{3}$ must be zero.
This implies $x=0$ and $y=0$.
Then $0^2+0^2+4 0 0 = 4 eq 0$. So $(0,0)$ is not on the circle.
This means $(xsqrt{2})^2 + (ysqrt{3})^2 = 1$ has no rational points.

Ah, the original statement might imply "circles with rational center and radius".
If the center $(a,b)$ and radius $r$ are rational, then the argument above using $T^{1}(Q'')$ works perfectly.
$T^{1}(Q'') = (r x'' + a, r y'' + b)$. If $a,b,r, x'', y''$ are rational, then $T^{1}(Q'')$ is rational.

Let's assume the problem implies circles with rational parameters, or that the statement is true for such circles.
If the problem doesn't specify rational parameters, then the statement is false. For example, the circle $(xsqrt{2})^2 + y^2 = 1$ has no rational points.

Assuming the problem refers to circles with rational centers and radii.
Let $C'$ be $(xa)^2 + (yb)^2 = r^2$, with $a, b, r in mathbb{Q}$ and $r eq 0$.
We proved unit circle $x^2+y^2=1$ has dense rational points.
Let $P = (x_p, y_p)$ be any point on $C'$.
$P'' = T(P) = (frac{x_pa}{r}, frac{y_pb}{r})$ is a point on the unit circle.
Since rational points are dense on the unit circle, there exists a sequence of rational points $Q_n'' = (x_n'', y_n'')$ on the unit circle such that $Q_n'' o P''$.
Consider the points $Q_n = T^{1}(Q_n'') = (r x_n'' + a, r y_n'' + b)$.
Since $a, b, r$ are rational, and $x_n'', y_n''$ are rational, each $Q_n$ is a rational point.
$Q_n$ lies on the circle $C'$ because $T^{1}$ maps the unit circle to $C'$.
Since $Q_n'' o P''$ and $T^{1}$ is continuous, $Q_n = T^{1}(Q_n'') o T^{1}(P'') = P$.
Therefore, for any point $P$ on $C'$, we can find a sequence of rational points $Q_n$ on $C'$ that converge to $P$. This proves the density of rational points on $C'$.

Conclusion:

The density of rational points on a circle holds for circles with rational center and radius. The proof involves parameterizing the unit circle with rational points and using a homeomorphisms (translation and scaling) to map this dense set to the target circle.

Key takeaway: The ability to parameterize the circle using rational numbers (via stereographic projection from a rational point) is crucial. This parameterization generates all rational points on the unit circle. Applying an affine transformation (which preserves rationality of coordinates if the transformation itself is rational) maps these rational points to rational points on the target circle, and preserves density.



总结：

1. 单位圆上的稠密性： 通过考虑过单位圆上的有理点 $(1, 0)$ 的直线，其斜率为有理数 $m$，我们可以参数化单位圆上的大部分有理点为 $(frac{1m^2}{1+m^2}, frac{2m}{1+m^2})$。由于有理数在实数轴上是稠密的，并且这个参数化函数是连续的，因此这些由有理数 $m$ 生成的有理点在单位圆上是稠密的。这意味着单位圆上的任何一点都可以被这些有理点任意逼近。
2. 推广到任意圆： 对于一个圆心为 $(a, b)$、半径为 $r$ 的任意圆 $C'$，如果我们假设 $a, b, r$ 是有理数。我们可以定义一个仿射变换 $T(x, y) = (frac{xa}{r}, frac{yb}{r})$，它将任意圆 $C'$ 同胚地映射到单位圆。它的逆变换 $T^{1}(x', y') = (rx'+a, ry'+b)$ 将单位圆上的点映射回 $C'$。
由于单位圆上有理点是稠密的，我们可以找到单位圆上的有理点 $Q''$ 任意逼近任意点 $P''$（$P''$ 是任意点 $P in C'$ 在单位圆上的像）。
由于 $a, b, r$ 是有理数，并且 $Q''$ 是有理点，逆变换 $T^{1}(Q'') = (rx''+a, ry''+b)$ 会得到一个在 $C'$ 上的有理点 $Q$。
因为 $T^{1}$ 是连续的，当 $Q''$ 任意逼近 $P''$ 时，$Q$ 也会任意逼近 $P$。
这证明了对于具有有理中心和半径的圆，其上的有理点是稠密的。

重要提示： 如果圆的中心或半径不是有理数，那么圆上可能不存在有理点，或者有理点的集合（如果存在）未必是稠密的（甚至可能是空的）。因此，“圆上有理点的稠密性”这一命题通常是针对具有有理坐标的中心和有理半径的圆而言的。

过圆上点 作斜率为 的直线，与圆的另一个交点为 。取 把这些交点构成的集合称为 ，即

中每一点都与斜率 一一对应，所以由 在 中稠密得出 在 中稠密，而 又在圆 中稠密，所以 在 中稠密。证毕