Visto che nessuno risponde posto la mia soluzione.
Prendo un cerchio di raggio irrazionale $ R=\sqrt{k} $ con $ k\in \mathbb{Q} $. Voglio trovare sulla circonferenza gli $ n $ punti richiesti. In particolare, sia $ \alpha $ un angolo con seno e coseno entrambi razionali, e supponiamo che esista un $ \alpha $ di questo tipo piccolo a piacere. Allora prendo gli $ n $ punti in modo che l'angolo al centro fra due consecutivi sia $ 2\alpha $.
Quindi la distanza fra due punti qualsiasi sarà data da
$ d=2R\sin {k\alpha} $
Voglio dimostrare che $ \sin {k\alpha} $è razionale.
Lemma: se un angolo ha seno e coseno razionali anche i suoi multipli hanno seno e coseno razionali. Si fa per induzione:
I RHS sono tutti razionali, e quindi lo saranno anche i LHS.
Quindi la distanza $ d $ tra due punti qualsiasi è irrazionale perchè prodotto di un razionale per un irrazionale.
Per le aree: chiamo triangolo centrato un triangolo con 2 vertici scelti fra gli n punti e il restante coincidente con il centro. Allora un triangolo centrato ha area
$ S=\frac 12 R^2\sin{(2k\alpha)} $
Quindi la sua area è razionale.
L'area di ogni triangolo fra 3 punti qualsiasi degli $ n $ si può scrivere come somma o differenza di 3 triangoli centrati (non è difficile da vedere), quindi anche i triangoli fra i punti sulla circonferenza hanno area razionale.
Rimane solo da dimostrare che esiste un angolo piccolo a piacere con seno e coseno razionali, ma basta considerare le terne pitagoriche che sono del tipo
$ m^2+n^2, m^2-n^2,2mn $
Allora esiste $ \alpha $ tale che
$ \sin\alpha=\frac{m^2-n^2}{m^2+n^2} $
e
$ \cos\alpha=\frac{2mn}{m^2+n^2} $
A questo punto basta porre $ m=n+1 $ per ottenere
$ \displaystyle\sin \alpha=\frac{2n+1}{2n^2+2n+1} $
e per $ n\rightarrow\infty $, $ \sin\alpha\rightarrow 0 $
quindi posso trovare un angolo piccolo abbastanza per far stare tutti gli $ n $ punti in un angolo giro (forse questo non è indispensabile, ma evita eventuali problemi di sovrapposizioni di punti)
