Binomischer Lehrsatz? Viel zu kompliziert.

Aus dem Tutorium.

Gibt es Ringe $R$, in denen die Gleichung $(a+b)^5 = a^5+b^5$ für alle $a,\,b\in R$ gilt?

Wir behaupten: Ja, solche Ringe gibt es. (Aber mit Sicherheit ist $\R$ kein Beispiel dafür!)

Sei $R$ ein beliebiger kommutativer Ring mit Eins, und seien $a,\,b\in R$. Multiplizieren wir einmal $(a+b)^5$ aus. Das ergibt \[ a^5 + 5\mspace{3mu}a\mspace{3mu}b^4 + 10\mspace{3mu}a^3\mspace{3mu}b^2 + 10\mspace{3mu}a^2\mspace{3mu}b^3 + 5\mspace{3mu}a\mspace{3mu}b^4 + b^5\quad, \] und wir sehen, dass alle Summanden bis auf den ersten und den letzten durch 5 teilbar sind. Es gilt also \[ (a+b)^5 \equiv a^5+b^5\pmod5\quad, \] weil alle anderen Summanden wegfallen.

Wenn wir also $R:=\Z_5$ setzen, dann haben wir erreicht, was wir wollten: Die lange Binomialentwicklung schnurrt auf zwei Summanden zusammen. Für alle $[a],\,[b]\in\Z_5$ gilt \[ ([a]+[b])^5 = [a]^5+[b]^5 = [a^5] + [b^5] = [a^5 + b^5]\quad. \]

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.