Αν δεν ισχύει αυτή η ανισότητα, μπορούμε να κερδίζουμε πάντοτε χρήματα από τον ΟΠΑΠ, στοιχηματίζοντας και στα τρία πιθανά αποτελέσματα. Έστω ότι στοιχηματίζουμε $x, y, z$ στο κάθε αποτέλεσμα και θέλουμε να κερδίζουμε σταθερό ποσό, έστω $S$, ανεξαρτήτως του αποτελέσματος. Δηλαδή θέλουμε να έχει λύση ...

Έστω $f$ συνεχής στο $[a,x]$ και παραγωγίσιμη στο $(a,x)$. Από το Θ.Μ.Τ. γνωρίζουμε πως υπάρχει $\xi_{x} \in (a,x)$ τέτοιο ώστε $f(x)-f(a)=f'(\xi_{x})(x-a)$. Αν επιπλέον υπάρχει το $f''(a)$ και δεν είναι μηδέν, να αποδείξετε ότι $\displaystyle \lim\limits_{\xi_{x} \rightarrow a} \frac{\xi_{x}-a}{x-a...

Οι αποδόσεις είναι αριθμοί που θέτει ο διοργανωτής (καλό είναι εν προκειμένω να φανταστούμε τον ΟΠΑΠ) για το τελικό αποτέλεσμα του αγώνα: νίκη της μιας ομάδας, ισοπαλία, νίκη της άλλης. Εάν ο αγώνας είναι knockout (πρέπει οπωσδήποτε να νικήσει μια ομάδα) ως τελικό σκορ θεωρείται το σκορ στο 90' (με ...

Αν είναι οι αποδόσεις για ένα ποδοσφαιρικό στοίχημα (ο διοργανωτής του οποίου εξασφαλίζει πρωτίστως το συμφέρον του), να αποδείξετε ότι

Ευχαριστώ ρε Σάκη, να 'σαι καλά.
Να ευχηθώ καλή επιτυχία στον alex_eske.

Αλλιώς, γραφεται ως .

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{xy(x+y+2z)}{z(z+x)(z+y)}=\frac{x+y}{z}$. Υψώνοντας στο τετράγωνο τη δοθείσα αρκεί να αποδείξουμε ότι $4z^2(z+x)(z+y) \geq xy(x+y+2z)^2$ Όμως ισχύει ότι $z(z+x)(z+y) \geq xy(x+y+2z)$ αφού ισοδύναμα γράφεται $z^2(x+y+z) \geq xy(x+y+z)$. ...

Αν για τους πραγματικούς αριθμούς ισχύει ότι να δείξετε ότι

Ωχ, σωστά. Νόμιζα πως ήταν πιο σφιχτή, συγγνώμη.

Αν οι πραγματικοί αριθμοί έχουν άθροισμα να αποδείξετε ότι



Δείτε και εδώ.

Λόγω της ταυτότητας $2^{ab}-1=(2^a-1)(1+2^a+...+2^{(b-1)a})$ παρατηρούμε πως αν $x|y$ τότε $2^x-1|2^y-1$. Θέτοντας $\displaystyle s=2^{p-1}-1$ το δοθέν κλάσμα γράφεται $\displaystyle \frac{(2^s-1)(2^s+1)}{(2^7-1)(2^p-1)}$. Επειδή $p \neq 7$, έχουμε πως $(2^{7}-1,2^{p}-1)=2^{(7,p)}-1=2^1-1=1$. Άρα αρ...

Αν οι πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε , να δείξετε ότι



Να αναφέρω ότι αυτή η ανισότητα, όπως και αυτή, είναι δική μου κατασκευή.

Θα αποδείξω κάτι γενικότερο. Έστω δύο συναρτήσεις $f,g: {A}\to {A}$. Έστω $B$ το σύνολο των σταθερών σημείων της $g$ και $C$ το σύνολο των σταθερών σημείων της $gog$. Αν $|C|-|B| \geq 2$, τότε δεν υπάρχει $f$ τέτοια ώστε $f(f(x))=g(x)$. Παρατηρούμε ότι $B \subseteq C$. Πράγματι, αν $g(x)=x$ για κάπο...

Για κάθε τριάδα πραγματικών με να αποδείξετε ότι

Έχουμε


Τελειώνουμε παρατηρώνοντας ότι ζητούμενη ισοδυναμεί με την
, που ισχύει.

Παρατηρούμε ότι λόγω της συνθήκης τουλάχιστον ένας εκ των $a,b,c$ είναι μεγαλύτερος ή ίσος του $1$. Αν και οι τρεις αριθμοί είναι μεγαλύτεροι του $1$, πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις $a+b \geq a+1$, $b+c \geq b+1$ και $c+a\geq c+1$. Αλλιώς, δύο εξ αυτών, έστω οι $a$ και $b$, βρίσκονται εκατέρωθεν ή π...

Συγχαρητήρια σε όλη την ομάδα και ειδικά στον Γιώργο ο οποίος διέπρεψε!

Υψώνοντας στο τετράγωνο και εκτελώντας τις πράξεις παρατηρούμε ότι .
Αφού προσθέσουμε κυκλικά τις αντίστοιχες ανισότητες, εφαρμόζουμε την Cauchy Schwarz στο δεξί μέλος και το ζητούμενο προκύπτει άμεσα.

Άπειρα συγχαρητήρια στον Κυριάκο που έσκισε!

Εάν υποθέσουμε ότι $c \leq d$, εύκολα βλέπουμε ότι η τετράδα $\displaystyle \left(b,\frac{c+d}{2},\frac{c+d}{2},a\right)$ μεγιστοποιεί (majorizes) ακριβώς μία εκ των τετράδων $\displaystyle \left(d,\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right)$ και $\displaystyle \left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},d,c \right...