Sind $a,\,b,\,c$ reelle Zahlen mit $a+b+c=1$, so folgt $a^2+b^2+c^2\geq\frac{1}{3}$

Woher kommt diese Aussage (und die Ideen zum Beweis)? Von hier.

Um sie zu zeigen, braucht man keine trinomischen Formeln oder sonstiges schweres Geschütz; die binomischen Formeln (besonders die zweite) sind aber schon ganz hilfreich.

Es ist $\left(\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{1}{9}$ und $\frac{1}{9} + \frac{1}{9} + \frac{1}{9} = \frac{1}{3}$. Deshalb betrachten wir anstatt der zu zeigenden Ungleichung
\[
a^2+b^2+c^2-\frac{1}{3}\geq 0
\] einfach mal die folgende Ungleichung:
\[
\left(a-\frac{1}{3}\right)^2 + \left(b-\frac{1}{3}\right)^2 + \left(c-\frac{1}{3}\right)^2\geq 0\quad,\qquad(\ast)
\] denn wenn wir in jedem Summanden (unter anderem) ein Drittel quadrieren, so kommen (unter anderem) drei Neuntel, also ein Drittel, heraus. Vielleicht hebt sich da später schön was weg?

Da das Quadrat einer reellen Zahl stets nichtnegativ ist, gilt die Ungleichung $(\ast)$. Wenn wir nun ausmultiplizieren, so erhalten wir
\[
a^2-\frac{2}{3}a + \frac{1}{9} + b^2-\frac{2}{3}b + \frac{1}{9} + c^2-\frac{2}{3}c + \frac{1}{9}\geq 0\quad,
\] was wir zu
\[
a^2 + b^2+c^2 - \frac{2}{3}\left(a+b+c\right) + \frac{1}{9} + \frac{1}{9} + \frac{1}{9}\geq 0
\] umsortieren können. Einerseits ist, wie bereits oben bemerkt, $\frac{1}{9} + \frac{1}{9} + \frac{1}{9} = \frac{1}{3}$, andererseits ist nach Voraussetzung $a+b+c = 1$, so dass sich
\[
a^2 + b^2+c^2 + -\frac{2}{3} + \frac{1}{3} \geq 0
\] ergibt; die Behauptung folgt.

Das war der „analytische” Beweis; es gibt auch einen „linear-algebraischen”.

Wir erkennen, dass auf der linken Seite der Ungleichung die rellen Zahlen $a,\,b,\,c$ summiert werden und auf der rechten ihre Quadrate. Das erinnert doch ein wenig an das Standardskalarprodukt des Vektors $(a,\,b,\,c)$ mit sich selbst?

Betrachten wir im $\mathbb R^3$ die Vektoren $u:=(1,\,1,\,1)$ und $v:=(a,\,b,\,c)$. Dann gilt
\[
\begin{array}{rcl}
\langle u,\,v\rangle &=& 1\cdot a+1\cdot b+1\cdot c = a+b+c\quad,\\
\langle u,\,u\rangle &=& 1^2+1^2+1^2 = 3\quad,\\
\langle v,\,v\rangle &=& a^2+b^2+c^2
\end{array}
\] also \[\langle u,\,u\rangle\cdot\langle v,\,v\rangle = 3\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)\quad.\] Beachten wir nun die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung,
\[
\langle u,\,v\rangle\leq \langle u,\,u\rangle\cdot\langle v,\,v\rangle\quad,
\] so folgt
\[
a+b+c \leq 3\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)\quad,
\]
und wegen $a+b+c=1$ impliziert dies $\frac{1}{3}\leq a^2+b^2+c^2$, also die Behauptung.

$\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, zum Ersten

Heute mal etwas Analysis (von hier).

$\text{Man zeige, dass die Folge $(a_n)_{n\in\mathbb N}$, definiert durch}$
\[
a_{n}:= \begin{cases}
1 & , \quad n = 1\\
\sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+a_{n-1}}& , \quad n > 1
\end{cases} \quad {,}
\] $\text{konvergiert und gebe ihren Grenzwert an.}$

Zuerst zeigen wir die Konvergenz. Dazu benutzen wir den Satz
„Jede monoton wachsende, nach oben beschränkte Folge reller Zahlen konvergiert.“

Die Folge $(a_n)$ ist (sogar streng) monoton wachsend, denn erstens gilt
\[
a_2 = \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+a_1} = \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}2} > 1 = a_1\quad\text{.}
\] und zweitens gilt für alle ${n\in{\mathbb N}_{\geq2}}$ mit ${a_n > a_{n-1}}$:
\[
a_{n+1} = \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+a_n} > \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+a_{n-1}} = a_n\quad{;}
\] hierbei haben wir die Induktionsvoraussetzung und die strenge Isotonie der Wurzelfunktion verwendet.
Außerdem ist die Folge $(a_n)$ durch 2 nach oben beschränkt: Es ist ${a_1=1<2}$, und ist ${n\in\mathbb N}$ mit ${a_n <2}$, so folgt
\[
a_{n+1} = \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+a_n} < \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+2} = \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}3} < 2\quad.
\] Hier wurde wieder die Induktionsvoraussetzung und die strenge Isotonie der Wurzelfunktion verwendet.

Damit ist die Folge $(a_n)$ monoton wachsend und nach oben beschränkt, also existiert ${\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n}$.

Wie bestimmt man nun den Grenzwert der Folge, nennen wir ihn $x$?

Dazu halten wir zunächst fest, dass gilt
\[
\lim_{n\to\infty}a_n = \lim_{n\to\infty}a_{n+1}\quad{.}
\] (Wie sähe ein Beweis dafür aus?)

Jedenfalls erhalten wir damit
\[
\lim_{n\to\infty}a_n = \lim_{n\to\infty}\sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+a_n}\quad{.}
\] Wenn wir jetzt nacheinander die Stetigkeit der Wurzelfunktion auf ${\mathbb R_{>0}}$ und die Stetigkeit der Addition auf ${\mathbb R \times \mathbb R}$ ausnutzen, so sehen wir, dass gilt
\[
x = \lim_{n\to\infty}a_n = \lim_{n\to\infty}\sqrt{\vphantom{\big(}1+a_n} = \sqrt{\vphantom{\big(}\lim_{n\to\infty}1+a_n} = \sqrt{\vphantom{\big(}1+\lim_{n\to\infty}a_n} = \sqrt{\vphantom{\big(}1+x}\quad{,}
\] d.h. wir haben nur noch die quadratische Gleichung $x^2=1+x$ zu lösen. Sie hat in $\mathbb R$ genau zwei Lösungen, von denen eine positiv und eine negativ ist. Die negative Lösung ist aber uninteressant: es gilt ${a_1>0}$, und die Folge ist streng monoton wachsend – also sind auch alle weiteren Folgenglieder größer als 0, und es folgt, dass ${\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n} \geqslant 0$ sein muss.

Damit ist der Grenzwert gefunden; sein Wert ist… ja, genau: $\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Interessant ist noch, dass der Grenzwert ein Fixpunkt der der Folge zugrundeliegenden Abbildung
\[
f\colon \mathbb R_{>0}\to\mathbb R_{>0}\ , \quad x\mapsto\sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+x}\quad{,}
\] ist:
\[
\begin{array}{rclcl}
f\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)
&=&
\sqrt{1+\frac{1+\sqrt{5}}{2}}
&=&
\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}
\\[5mm]
&=&
\sqrt{\frac32+\frac{\sqrt5}{2}}
&=&
\sqrt{\frac64+\frac{\sqrt5}{2}}
\\[5mm]
&=&
\sqrt{\frac14+\frac{\sqrt5}{2}+\frac54}
&=&
\sqrt{\left(\frac12\right)^2 + 2\cdot\frac12\cdot\frac{\sqrt5}{2} + \left(\frac{\sqrt5}{2}\right)^2}
\\[5mm]
&=&
\sqrt{\left(\frac12+\frac{\sqrt5}{2}\right)^2}
&=& \displaystyle\frac12+\frac{\sqrt5}{2}
\\[5mm]
&=&
\displaystyle\frac{1+\sqrt5}{2}
\end{array}
\] Wann ein Fixpunkt einer der Folge zungrundeliegenden Funktion ein Grenzwert der Folge ist, klärt der Banachsche Fixpunktsatz.