👑 2026 Math Marathon #4 FINALE: Cauchy-Schwarz & Nesbitt - Η Κορυφή του Όλυμπου

🏃‍♂️ 2026 MATH MARATHON

Inequalities Masterclass

Part 3: Cauchy-Schwarz & Nesbitt - Τα Απόλυτα Όπλα

🔗 Σύνδεση με Προηγούμενα Parts:
Part 1: Μάθαμε τα βασικά (τετράγωνα, AM-GM)
Part 2: Κατακτήσαμε τη "Βασίλισσα" \(a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca\)
Part 3 (σήμερα): Ανακαλύπτουμε την πιο ισχυρή ανισότητα όλων - τη Cauchy-Schwarz!
Αυτή η ανισότητα είναι το "Swiss Army Knife" των μαθηματικών διαγωνισμών. Θα δείτε γιατί! 🔥

🤔 Ερώτηση Προβληματισμού:
Γιατί η Cauchy-Schwarz θεωρείται η πιο σημαντική ανισότητα στα μαθηματικά; Μέχρι το τέλος θα το καταλάβετε - χρησιμοποιείται σε άλγεβρα, γεωμετρία, ανάλυση, πιθανότητες, ακόμα και στη φυσική!

🎯 Μέρος Α: Η Ανισότητα Cauchy-Schwarz

📐 Θεώρημα: Cauchy-Schwarz (Οι 4 Βασικές Μορφές)

Έστω \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) και \(b_1, b_2, \ldots, b_n\) πραγματικοί αριθμοί.

📌 Μορφή 1: Κλασική

\[ (a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_n^2) \geq (a_1b_1 + a_2b_2 + \cdots + a_nb_n)^2 \]

📌 Μορφή 2: Engel (Titu's Lemma)

\[ \frac{a_1^2}{b_1} + \frac{a_2^2}{b_2} + \cdots + \frac{a_n^2}{b_n} \geq \frac{(a_1 + a_2 + \cdots + a_n)^2}{b_1 + b_2 + \cdots + b_n} \]

(για \(b_i > 0\))

📌 Μορφή 3: Διανυσματική

\[ |\vec{a} \cdot \vec{b}| \leq |\vec{a}| \cdot |\vec{b}| \]

Γεωμετρική ερμηνεία!

📌 Μορφή 4: Συντομογραφία

\[ \left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right) \geq \left(\sum a_ib_i\right)^2 \]

🎯 Πότε έχουμε ισότητα;
Όταν οι ακολουθίες είναι ανάλογες, δηλαδή:
\[ \frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \cdots = \frac{a_n}{b_n} \]

✍️ Απόδειξη της Κλασικής Μορφής

Μέθοδος 1: Με Τετράγωνα (Η Κομψή)

Θεωρούμε την παράσταση για οποιοδήποτε πραγματικό \(t\):
\[ f(t) = \sum_{i=1}^{n} (a_i - tb_i)^2 \geq 0 \]

Ανοίγουμε:
\[ f(t) = \sum a_i^2 - 2t\sum a_ib_i + t^2\sum b_i^2 \]

Αυτό είναι τετραγωνική συνάρτηση ως προς \(t\) και \(f(t) \geq 0\) για κάθε \(t\).

Άρα η διακρίνουσα πρέπει να είναι \(\Delta \leq 0\):
\[ \Delta = 4\left(\sum a_ib_i\right)^2 - 4\left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right) \leq 0 \]
\[ \Rightarrow \left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right) \geq \left(\sum a_ib_i\right)^2 \quad \checkmark \]

Μέθοδος 2: Με Άθροισμα Τετραγώνων (Η Απευθείας)

Παρατηρούμε ότι:
\[ \sum_{i,j} (a_ib_j - a_jb_i)^2 \geq 0 \]

Ανοίγοντας:
\[ \sum_{i,j} (a_i^2b_j^2 - 2a_ib_ja_jb_i + a_j^2b_i^2) \geq 0 \]

Μετά από απλοποίηση (δοκιμάστε το!):
\[ 2\left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right) - 2\left(\sum a_ib_i\right)^2 \geq 0 \quad \checkmark \]

💡 Γιατί δουλεύει; Και οι δύο μέθοδοι βασίζονται στην ιδέα ότι "το άθροισμα τετραγώνων είναι πάντα μη αρνητικό" - η ίδια αρχή από το Part 1!

⚠️ Πώς προκύπτει η Μορφή Engel (Titu) από την Κλασική;

Παραγωγή:

Στην κλασική μορφή, θέτουμε:
\[ a_i \to \frac{a_i}{\sqrt{b_i}} \quad \text{και} \quad b_i \to \sqrt{b_i} \]

Τότε:
\[ \left(\sum \frac{a_i^2}{b_i}\right)\left(\sum b_i\right) \geq \left(\sum a_i\right)^2 \]

Διαιρώντας με \(\sum b_i\):
\[ \sum \frac{a_i^2}{b_i} \geq \frac{(\sum a_i)^2}{\sum b_i} \quad \checkmark \]

🎯 Γιατί ονομάζεται "Titu's Lemma";
Οφείλεται στον Ρουμάνο μαθηματικό Titu Andreescu που την χρησιμοποιούσε εκτενώς σε IMO προβλήματα!

🌟 Γεωμετρική Ερμηνεία

📐 Η Cauchy-Schwarz ως Ανισότητα Διανυσμάτων

Έστω \(\vec{a} = (a_1, a_2, \ldots, a_n)\) και \(\vec{b} = (b_1, b_2, \ldots, b_n)\).

Τότε:
• Το εσωτερικό γινόμενο: \(\vec{a} \cdot \vec{b} = \sum a_ib_i\)
• Το μήκος: \(|\vec{a}| = \sqrt{\sum a_i^2}\)

Η Cauchy-Schwarz λέει:

\[ |\vec{a} \cdot \vec{b}| \leq |\vec{a}| \cdot |\vec{b}| \]

Γεωμετρική σημασία:
Θυμηθείτε ότι \(\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}||\vec{b}|\cos\theta\), όπου \(\theta\) η γωνία μεταξύ τους.

Επειδή \(|\cos\theta| \leq 1\), έχουμε:
\[ |\vec{a} \cdot \vec{b}| = |\vec{a}||\vec{b}||\cos\theta| \leq |\vec{a}||\vec{b}| \]

✨ Ερμηνεία: Το εσωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων δεν μπορεί να ξεπεράσει το γινόμενο των μηκών τους! Η ισότητα επιτυγχάνεται όταν τα διανύσματα είναι παράλληλα (\(\theta = 0°\) ή \(180°\)).

📚 Εφαρμογές Cauchy-Schwarz - Από Βασικά σε IMO

🔹 Παράδειγμα 1: Η Βασική Εφαρμογή (Titu)

Πρόβλημα: Αν \(a + b = 1\) με \(a, b > 0\), βρείτε την ελάχιστη τιμή του \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}\).

Λύση:

Από Titu's Lemma:
\[ \frac{1^2}{a} + \frac{1^2}{b} \geq \frac{(1+1)^2}{a+b} = \frac{4}{1} = 4 \]

Ισότητα: Όταν \(\frac{1}{a} = \frac{1}{b}\), δηλαδή \(a = b = \frac{1}{2}\).

Απάντηση: Ελάχιστη τιμή = 4

💡 Τεχνική: Όταν βλέπετε αθροίσματα της μορφής \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}\) με περιορισμό \(a+b=\text{const}\), σκεφτείτε Titu!

🔹 Παράδειγμα 2: Με Περισσότερους Όρους

Πρόβλημα: Για θετικούς \(a, b, c\) με \(a+b+c=1\), δείξτε ότι:

\[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 9 \]

Λύση:

Βήμα 1: Από Titu's Lemma:
\[ \frac{1^2}{a} + \frac{1^2}{b} + \frac{1^2}{c} \geq \frac{(1+1+1)^2}{a+b+c} = \frac{9}{1} = 9 \]

Ισότητα: Όταν \(a = b = c = \frac{1}{3}\).

🎯 Γενίκευση: Για \(n\) θετικούς αριθμούς με άθροισμα \(S\):
\[ \sum \frac{1}{a_i} \geq \frac{n^2}{S} \]
με ισότητα όταν όλοι είναι ίσοι!

🔹 Παράδειγμα 3: Σύνθετη Εφαρμογή

Πρόβλημα: Για θετικούς \(x, y, z\), δείξτε ότι:

\[ \frac{x^2}{y} + \frac{y^2}{z} + \frac{z^2}{x} \geq x + y + z \]

Λύση:

Μέθοδος 1 (Titu):

Θέτουμε \(a_1 = x, a_2 = y, a_3 = z\) και \(b_1 = y, b_2 = z, b_3 = x\):
\[ \frac{x^2}{y} + \frac{y^2}{z} + \frac{z^2}{x} \geq \frac{(x+y+z)^2}{x+y+z} = x+y+z \quad \checkmark \]

Μέθοδος 2 (Κλασική CS):

Από Cauchy-Schwarz:
\[ \left(\frac{x^2}{y} + \frac{y^2}{z} + \frac{z^2}{x}\right)(xy + yz + zx) \geq (x+y+z)^2 \]

Αρκεί να δείξουμε \(xy+yz+zx \leq x+y+z\)... Αλλά αυτό δεν ισχύει πάντα!

Η Μέθοδος 1 είναι καλύτερη! ✓

Ισότητα: Όταν \(x = y = z\).

🎓 Μάθημα: Η Titu είναι συχνά πιο απευθείας από την κλασική CS! Δοκιμάστε την πρώτη.

🔹 Παράδειγμα 4: IMO-Style Challenge

Πρόβλημα: Για θετικούς \(a, b, c\) με \(abc = 1\), δείξτε ότι:

\[ \frac{1}{a^3(b+c)} + \frac{1}{b^3(c+a)} + \frac{1}{c^3(a+b)} \geq \frac{3}{2} \]

Λύση:

Βήμα 1: Από Titu's Lemma:
\[ \sum \frac{1}{a^3(b+c)} = \sum \frac{\left(\frac{1}{a}\right)^2}{a(b+c)} \geq \frac{\left(\sum \frac{1}{a}\right)^2}{\sum a(b+c)} \]

Βήμα 2: Υπολογίζουμε το παρονομαστή:
\[ \sum a(b+c) = ab + ac + bc + ca + ab + bc = 2(ab+bc+ca) \]

Βήμα 3: Από AM-GM, για \(abc=1\):
\[ ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{(abc)^2} = 3 \]
\[ \sum \frac{1}{a} \geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}} = 3 \]

Βήμα 4: Συνδυάζοντας:
\[ \sum \frac{1}{a^3(b+c)} \geq \frac{9}{2 \cdot 3} = \frac{3}{2} \quad \checkmark \]

Ισότητα: Όταν \(a = b = c = 1\).

💪 IMO Level! Συνδυασμός Titu + AM-GM + χειρισμός περιορισμού \(abc=1\) - αυτό είναι επίπεδο Ολυμπιάδας!

🔹 Παράδειγμα 5: Με την Κλασική Μορφή

Πρόβλημα: Για πραγματικούς \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) και \(b_1, b_2, \ldots, b_n\), δείξτε ότι:

\[ \left(\sum_{i=1}^{n} a_ib_i\right)^2 \leq n\sum_{i=1}^{n} a_i^2b_i^2 \]

Λύση:

Από την κλασική Cauchy-Schwarz, θέτουμε:
• Πρώτη ακολουθία: \((a_1b_1, a_2b_2, \ldots, a_nb_n)\)
• Δεύτερη ακολουθία: \((1, 1, \ldots, 1)\)

Τότε:
\[ \left(\sum a_i^2b_i^2\right)\left(\sum 1^2\right) \geq \left(\sum a_ib_i \cdot 1\right)^2 \]
\[ n\sum a_i^2b_i^2 \geq \left(\sum a_ib_i\right)^2 \quad \checkmark \]

🎯 Trick: Όταν θέλετε να εμφανίσετε έναν παράγοντα \(n\), χρησιμοποιήστε την ακολουθία \((1,1,\ldots,1)\) στην CS!

🎯 Μέρος Β: Η Ανισότητα Nesbitt

📐 Θεώρημα Nesbitt

Για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς \(a, b, c\):

\[ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2} \]

Ισότητα όταν \(a = b = c\).

📖 Ιστορία: Δημοσιεύθηκε από τον A.M. Nesbitt το 1903 στο "Educational Times".
Παρόλο που φαίνεται απλή, έχει πάνω από 10 διαφορετικές αποδείξεις και εμφανίζεται συχνά σε διαγωνισμούς!

🔬 Τρεις Κομψές Αποδείξεις

✍️ Απόδειξη 1: Με Αλγεβρικό Χειρισμό (Η Κλασική)

Βήμα 1: Προσθέτουμε και αφαιρούμε 3:
\[ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} = \left(\frac{a}{b+c} + 1\right) + \left(\frac{b}{a+c} + 1\right) + \left(\frac{c}{a+b} + 1\right) - 3 \]

Βήμα 2: Απλοποιούμε κάθε παρένθεση:
\[ \frac{a}{b+c} + 1 = \frac{a + b + c}{b+c} \]

Άρα:
\[ \sum \frac{a}{b+c} = \frac{a+b+c}{b+c} + \frac{a+b+c}{a+c} + \frac{a+b+c}{a+b} - 3 \]
\[ = (a+b+c)\left(\frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b}\right) - 3 \]

Βήμα 3: Θέτουμε \(x = b+c, y = a+c, z = a+b\).
Τότε \(a+b+c = \frac{x+y+z}{2}\) και:
\[ \sum \frac{a}{b+c} = \frac{x+y+z}{2}\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}\right) - 3 \]

Βήμα 4: Από AM-HM:
\[ \frac{x+y+z}{3} \geq \frac{3}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}} \]
\[ \Rightarrow (x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right) \geq 9 \]

Άρα:
\[ \sum \frac{a}{b+c} \geq \frac{9}{2} - 3 = \frac{3}{2} \quad \checkmark \]

✍️ Απόδειξη 2: Με Cauchy-Schwarz (Η Κομψή)

Από Cauchy-Schwarz (μορφή Engel):
\[ \frac{a^2}{a(b+c)} + \frac{b^2}{b(a+c)} + \frac{c^2}{c(a+b)} \geq \frac{(a+b+c)^2}{a(b+c) + b(a+c) + c(a+b)} \]

Υπολογίζουμε τον παρονομαστή:
\[ a(b+c) + b(a+c) + c(a+b) = 2(ab+bc+ca) \]

Άρα:
\[ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)} \]

Από τη "Βασίλισσα" (Part 2!):
\[ a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca \]
\[ \Rightarrow (a+b+c)^2 = a^2+b^2+c^2 + 2(ab+bc+ca) \geq 3(ab+bc+ca) \]

Συνεπώς:
\[ \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)} \geq \frac{3(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)} = \frac{3}{2} \quad \checkmark \]

✨ Σύνδεση! Αυτή η απόδειξη συνδέει τη Nesbitt με τη "Βασίλισσα" από το Part 2 - όλα συνδέονται!

✍️ Απόδειξη 3: Με Ravi Substitution (Η Γεωμετρική)

Θεωρούμε τρίγωνο με πλευρές που σχετίζονται με τα \(a, b, c\).
Με Ravi substitution (Part 4!): \(a = y+z, b = z+x, c = x+y\)

Τότε:
\[ \frac{a}{b+c} = \frac{y+z}{2(x+y+z)-y-z} = \frac{y+z}{2x+y+z} \]

Πρέπει να δείξουμε:
\[ \frac{y+z}{2x+y+z} + \frac{z+x}{2y+z+x} + \frac{x+y}{2z+x+y} \geq \frac{3}{2} \]

Θέτοντας \(s = x+y+z\):
\[ \frac{s-x}{s+x} + \frac{s-y}{s+y} + \frac{s-z}{s+z} = 3 - \left(\frac{x}{s+x} + \frac{y}{s+y} + \frac{z}{s+z}\right) \]

Από Cauchy-Schwarz:
\[ \frac{x^2}{s+x} + \frac{y^2}{s+y} + \frac{z^2}{s+z} \geq \frac{(x+y+z)^2}{3s} = \frac{s^2}{3s} = \frac{s}{3} \]

[Πλήρης ολοκλήρωση απαιτεί λεπτομερή χειρισμό - δοκιμάστε το!]

🎨 Εφαρμογές και Γενικεύσεις της Nesbitt

📌 Γενίκευση Nesbitt

Για θετικούς αριθμούς \(a_1, a_2, \ldots, a_n\):

\[ \sum_{i=1}^{n} \frac{a_i}{\sum_{j \neq i} a_j} \geq \frac{n}{n-1} \]

Για \(n=3\): \(\frac{3}{2}\) ✓ (Nesbitt)
Για \(n=4\): \(\frac{4}{3}\)
Για \(n=5\): \(\frac{5}{4}\)

Απόδειξη: Με Cauchy-Schwarz, όπως στην Απόδειξη 2!

🔹 Εφαρμογή Nesbitt: Τρίγωνα

Πρόβλημα: Σε τρίγωνο ABC με πλευρές \(a, b, c\) και ημιπερίμετρο \(s\), δείξτε:

\[ \frac{a}{s-a} + \frac{b}{s-b} + \frac{c}{s-c} \geq 6 \]

Λύση:

Παρατηρούμε ότι:
\[ s - a = \frac{b+c}{2} + \frac{b+c}{2} - a = b + c - s \]

Όχι, αυτό δεν βοηθά. Ας δοκιμάσουμε διαφορετικά:

Έχουμε \(s = \frac{a+b+c}{2}\), άρα \(s-a = \frac{b+c-a}{2}\).

Τότε:
\[ \frac{a}{s-a} = \frac{a}{\frac{b+c-a}{2}} = \frac{2a}{b+c-a} \]

Αυτό δεν οδηγεί απευθείας στη Nesbitt...

Σωστή προσέγγιση: Χρήση Cauchy-Schwarz:
\[ \frac{a^2}{s-a} + \frac{b^2}{s-b} + \frac{c^2}{s-c} \geq \frac{(a+b+c)^2}{(s-a)+(s-b)+(s-c)} = \frac{4s^2}{s} = 4s \]

Και επειδή \(\frac{a}{s-a} \geq \frac{a^2}{a(s-a)}\)... (χρειάζεται AM-HM)

💭 Σημείωση: Αυτή η ανισότητα χρειάζεται προσεκτικό συνδυασμό Nesbitt + CS. Είναι πρόκληση!

🚀 Bonus: Holder & Minkowski

🔥 Advanced: Γενικεύσεις της Cauchy-Schwarz

1. Ανισότητα Hölder (Γενίκευση της CS):
Για \(p, q > 1\) με \(\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1\):

\[ \sum |a_ib_i| \leq \left(\sum |a_i|^p\right)^{1/p} \left(\sum |b_i|^q\right)^{1/q} \]

Για \(p = q = 2\): Παίρνουμε τη Cauchy-Schwarz! ✓

2. Ανισότητα Minkowski:
Για \(p \geq 1\):

\[ \left(\sum |a_i + b_i|^p\right)^{1/p} \leq \left(\sum |a_i|^p\right)^{1/p} + \left(\sum |b_i|^p\right)^{1/p} \]

Αυτή είναι η "τριγωνική ανισότητα" σε χώρους \(L^p\)!

📚 Για Προχωρημένους: Αυτές οι ανισότητες χρησιμοποιούνται σε Συναρτησιακή Ανάλυση, Θεωρία Μέτρου, και Πιθανότητες. Δεν είναι απαραίτητες για IMO, αλλά καλό είναι να τις γνωρίζετε!

🏆 GRAND CHALLENGE - Part 3

🎯 ULTIMATE CAUCHY-SCHWARZ CHALLENGE

Πρόβλημα (IMO 1995/2):
Έστω \(a, b, c\) θετικοί αριθμοί με \(abc = 1\). Δείξτε ότι:

\[ \frac{1}{a^3(b+c)} + \frac{1}{b^3(c+a)} + \frac{1}{c^3(a+b)} \geq \frac{3}{2} \]

🎁 Hints σε 5 Επίπεδα:

🥉 Hint 1 (Beginner): Ποια μορφή CS φαίνεται πιο κατάλληλη - Κλασική ή Titu;

🥈 Hint 2 (Intermediate): Δοκιμάστε Titu με \(\frac{\left(\frac{1}{a}\right)^2}{a(b+c)}\).

🥇 Hint 3 (Advanced): Υπολογίστε το \(\sum a(b+c)\). Τι είναι σε σχέση με το \(ab+bc+ca\);

💎 Hint 4 (Expert): Χρησιμοποιήστε AM-GM για να δείξετε \(ab+bc+ca \geq 3\) (δεδομένου \(abc=1\)).

👑 Hint 5 (Master): Επίσης χρειάζεστε \(\sum \frac{1}{a} \geq 3\). Αυτό πώς προκύπτει από \(abc=1\);

🎯 Bonus Challenge: Δείξτε ότι η ισότητα επιτυγχάνεται μόνο όταν \(a=b=c=1\).

📮 Αναμενόμενη λύση: Αυτή η λύση βρίσκεται στο Παράδειγμα 4 παραπάνω! Αλλά προσπαθήστε μόνοι σας πρώτα!

🏅 Extra Credit: Μπορείτε να βρείτε μια δεύτερη μέθοδο χωρίς Titu;

📊 Σύνοψη & Στρατηγική Χρήσης

🎓 Πότε Χρησιμοποιούμε Ποια Τεχνική;

Μορφή Προβλήματος	Τεχνική
\(\frac{a^2}{b} + \frac{c^2}{d} + \cdots\)	Titu's Lemma (πρώτη επιλογή!)
Γινόμενα όπως \(\sum a_ib_i\)	Κλασική CS
\(\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b}\)	Nesbitt (ή CS)
Γεωμετρικά προβλήματα	Διανυσματική CS
Τρίγωνα με \(a,b,c\)	Nesbitt + Ravi (Part 4)

💡 Pro Tips:
1️⃣ Όταν βλέπετε κλάσματα με τετράγωνα στον αριθμητή → Titu
2️⃣ Όταν θέλετε να συσχετίσετε αθροίσματα → Κλασική CS
3️⃣ Η Nesbitt εμφανίζεται σε ~20% των IMO προβλημάτων με ανισότητες!
4️⃣ Συνδυάστε CS με AM-GM για killer combos
5️⃣ Ελέγχετε πάντα την ισότητα - σας λέει αν είστε στο σωστό δρόμο!

🎊 Συγχαρητήρια!

Ολοκληρώσατε το Part 3 του Math Marathon!

Τι κατακτήσατε:
✅ Όλες τις μορφές της Cauchy-Schwarz
✅ Titu's Lemma - το απόλυτο εργαλείο
✅ Γεωμετρική ερμηνεία με διανύσματα
✅ Nesbitt και γενικεύσεις
✅ 5 IMO-level παραδείγματα
✅ 3 αποδείξεις της Nesbitt
✅ Hölder & Minkowski (bonus!)

📅 Recap της σειράς:
✅ Part 1: Βασικές Ανισότητες & AM-GM
✅ Part 2: Η Βασίλισσα
✅ Part 3: Cauchy-Schwarz & Nesbitt ← Είστε εδώ!
📍 Part 4: Ravi & Chebyshev (επόμενο!)

Μείνετε συντονισμένοι για το Part 4...
Η κορυφή πλησιάζει! 🎯