Страница 200, часть 1 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

Докажите, что заданное неравенство выполняется при указанных условиях:

31.14. а) $a + b \ge 2\sqrt{ab}$, $a \ge 0$, $b \ge 0$;

б) $a + b + c \ge \sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}$, $a \ge 0$, $b \ge 0$, $c \ge 0$;

в) $(c + a)(a + b)(b + c) \ge 8abc$, $a \ge 0$, $b \ge 0$, $c \ge 0$;

г) $(1 - a)(1 - b)(1 - c) \ge 8abc$, $a + b + c = 1$, $a \ge 0$, $b \ge 0$, $c \ge 0$.

а) Докажем неравенство $a + b \ge 2\sqrt{ab}$ при условиях $a \ge 0, b \ge 0$. Это известное неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом для двух чисел. Его можно доказать с помощью равносильных преобразований. Перенесем все слагаемые в левую часть:
$a - 2\sqrt{ab} + b \ge 0$
Поскольку по условию $a \ge 0$ и $b \ge 0$, мы можем представить $a$ как $(\sqrt{a})^2$ и $b$ как $(\sqrt{b})^2$. Тогда неравенство примет вид:
$(\sqrt{a})^2 - 2\sqrt{a}\sqrt{b} + (\sqrt{b})^2 \ge 0$
Выражение в левой части является полным квадратом разности:
$(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \ge 0$
Данное неравенство является истинным, так как квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен (то есть больше или равен нулю). Так как все преобразования были равносильными, то и исходное неравенство верно.
Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $a + b + c \ge \sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}$ при $a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0$. Воспользуемся неравенством из пункта а) для каждой пары переменных:
$a + b \ge 2\sqrt{ab}$
$b + c \ge 2\sqrt{bc}$
$c + a \ge 2\sqrt{ca}$
Сложим эти три верных неравенства:
$(a + b) + (b + c) + (c + a) \ge 2\sqrt{ab} + 2\sqrt{bc} + 2\sqrt{ca}$
Приведем подобные слагаемые в левой части:
$2a + 2b + 2c \ge 2(\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca})$
Разделим обе части неравенства на 2 (знак неравенства не изменится, так как 2 > 0):
$a + b + c \ge \sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}$
Что и требовалось доказать.
Ответ: Неравенство доказано.

в) Докажем неравенство $(c + a)(a + b)(b + c) \ge 8abc$ при $a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0$. Вновь воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом $x + y \ge 2\sqrt{xy}$ для неотрицательных $x$ и $y$. Применим его к каждому из множителей в левой части доказываемого неравенства:
$c + a \ge 2\sqrt{ca}$
$a + b \ge 2\sqrt{ab}$
$b + c \ge 2\sqrt{bc}$
Так как все части этих трех неравенств неотрицательны (поскольку $a, b, c \ge 0$), мы можем их перемножить, сохранив знак неравенства:
$(c + a)(a + b)(b + c) \ge (2\sqrt{ca})(2\sqrt{ab})(2\sqrt{bc})$
Упростим правую часть полученного неравенства:
$(c + a)(a + b)(b + c) \ge 8\sqrt{ca \cdot ab \cdot bc} = 8\sqrt{a^2b^2c^2}$
Поскольку $a, b, c$ неотрицательны, $\sqrt{a^2b^2c^2} = abc$. Таким образом, мы приходим к искомому неравенству:
$(c + a)(a + b)(b + c) \ge 8abc$
Ответ: Неравенство доказано.

г) Докажем неравенство $(1 - a)(1 - b)(1 - c) \ge 8abc$ при условиях $a + b + c = 1$ и $a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0$. Используем заданное условие $a + b + c = 1$ для преобразования выражений в скобках в левой части неравенства:
$1 - a = (a + b + c) - a = b + c$
$1 - b = (a + b + c) - b = a + c$
$1 - c = (a + b + c) - c = a + b$
Теперь подставим эти выражения обратно в левую часть доказываемого неравенства:
$(1 - a)(1 - b)(1 - c) = (b + c)(a + c)(a + b)$
Таким образом, исходное неравенство равносильно следующему:
$(b + c)(a + c)(a + b) \ge 8abc$
Это неравенство было доказано в пункте в) для любых неотрицательных $a, b, c$. Так как по условию $a, b, c \ge 0$, это неравенство верно.
Ответ: Неравенство доказано.

31.15. a) $a + b \ge ab + 1$, $a > 0$, $b > 0$, $ab = 1$;

б) $a + b + c \ge 3$, $a > 0$, $b > 0$, $c > 0$, $abc = 1$;

В) $a + b + c + d \ge 4$, $a > 0$, $b > 0$, $c > 0$, $d > 0$, $abcd = 1$;

Г) $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 \ge 5$, $a_1 > 0$, $a_2 > 0$, $a_3 > 0$, $a_4 > 0$, $a_5 > 0$, $a_1a_2a_3a_4a_5 = 1$.

а) Для доказательства неравенства $a + b \ge ab + 1$ при заданных условиях $a > 0, b > 0, ab = 1$ выполним следующие преобразования.
Перенесем все члены в левую часть:
$a + b - ab - 1 \ge 0$
Сгруппируем слагаемые:
$(a - ab) + (b - 1) \ge 0$
$a(1 - b) - (1 - b) \ge 0$
Вынесем общий множитель $(1-b)$ за скобки:
$(a - 1)(1 - b) \ge 0$
Из условия $ab=1$ следует, что $b = \frac{1}{a}$. Подставим это выражение в полученное неравенство:
$(a - 1)(1 - \frac{1}{a}) \ge 0$
Приведем выражение во второй скобке к общему знаменателю:
$(a - 1)(\frac{a - 1}{a}) \ge 0$
$\frac{(a - 1)^2}{a} \ge 0$
Поскольку по условию $a > 0$, знаменатель дроби положителен. Числитель $(a - 1)^2$ является полным квадратом и, следовательно, всегда неотрицателен (то есть больше или равен нулю). Таким образом, вся дробь всегда неотрицательна.
Неравенство доказано. Равенство достигается при $(a-1)^2 = 0$, то есть при $a=1$, что влечет $b=1$.
Ответ: Неравенство доказано.

б) Для доказательства неравенства $a + b + c \ge 3$ при условиях $a > 0, b > 0, c > 0$ и $abc = 1$ воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для трех положительных чисел.
Неравенство Коши для трех чисел гласит:
$\frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc}$
Умножив обе части на 3, получим:
$a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}$
По условию задачи произведение $abc = 1$. Подставим это значение в неравенство:
$a+b+c \ge 3\sqrt[3]{1}$
$a+b+c \ge 3 \cdot 1$
$a+b+c \ge 3$
Неравенство доказано. Равенство в неравенстве Коши достигается тогда и только тогда, когда числа равны, то есть $a=b=c$. Учитывая условие $abc=1$, получаем $a=b=c=1$.
Ответ: Неравенство доказано.

в) Для доказательства неравенства $a + b + c + d \ge 4$ при условиях $a, b, c, d > 0$ и $abcd = 1$ применим неравенство Коши для четырех положительных чисел.
Согласно неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом:
$\frac{a+b+c+d}{4} \ge \sqrt[4]{abcd}$
Отсюда следует:
$a+b+c+d \ge 4\sqrt[4]{abcd}$
Используя условие $abcd = 1$, подставляем его в неравенство:
$a+b+c+d \ge 4\sqrt[4]{1}$
$a+b+c+d \ge 4$
Неравенство доказано. Равенство достигается при $a=b=c=d$. С учетом $abcd=1$, это возможно только при $a=b=c=d=1$.
Ответ: Неравенство доказано.

г) Для доказательства неравенства $a_1+a_2+a_3+a_4+a_5 \ge 5$ при условиях $a_i > 0$ для $i=1,..,5$ и $a_1a_2a_3a_4a_5 = 1$ используем обобщенное неравенство Коши для пяти положительных чисел.
Неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом для $n=5$ чисел имеет вид:
$\frac{a_1+a_2+a_3+a_4+a_5}{5} \ge \sqrt[5]{a_1a_2a_3a_4a_5}$
Умножим обе части на 5:
$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5 \ge 5\sqrt[5]{a_1a_2a_3a_4a_5}$
По условию, произведение $a_1a_2a_3a_4a_5 = 1$. Подставляем это значение:
$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5 \ge 5\sqrt[5]{1}$
$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5 \ge 5$
Неравенство доказано. Равенство имеет место, когда все числа равны: $a_1=a_2=a_3=a_4=a_5$. Так как их произведение равно 1, то $a_1=a_2=a_3=a_4=a_5=1$.
Ответ: Неравенство доказано.

Докажите неравенство:

31.16. а) $\sqrt{p+q} \leq \sqrt{p} + \sqrt{q}$; $p > 0, q > 0;$

б) $\sqrt{\frac{p+q}{2}} \geq \frac{\sqrt{p} + \sqrt{q}}{2}$; $p > 0, q > 0;$

в) $\sqrt{p+q+r} \leq \sqrt{p} + \sqrt{q} + \sqrt{r}$; $p > 0, q > 0, r > 0;$

г) $\sqrt{\frac{p^2+q^2+r^2}{3}} \geq \frac{p+q+r}{3}$; $p > 0, q > 0, r > 0.$

а) Требуется доказать неравенство $\sqrt{p + q} \le \sqrt{p} + \sqrt{q}$ для $p > 0, q > 0$.

Поскольку обе части неравенства неотрицательны (так как $p > 0$ и $q > 0$), мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства:

$(\sqrt{p + q})^2 \le (\sqrt{p} + \sqrt{q})^2$

Выполним возведение в квадрат:

$p + q \le (\sqrt{p})^2 + 2\sqrt{p}\sqrt{q} + (\sqrt{q})^2$

$p + q \le p + 2\sqrt{pq} + q$

Вычтем из обеих частей $p + q$:

$0 \le 2\sqrt{pq}$

Так как по условию $p > 0$ и $q > 0$, то их произведение $pq > 0$, и, следовательно, корень $\sqrt{pq} > 0$. Умножение на 2 не меняет знака. Таким образом, неравенство $0 \le 2\sqrt{pq}$ является верным. Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Требуется доказать неравенство $\sqrt{\frac{p + q}{2}} \ge \frac{\sqrt{p} + \sqrt{q}}{2}$ для $p > 0, q > 0$.

Обе части неравенства неотрицательны, поэтому мы можем возвести их в квадрат:

$(\sqrt{\frac{p + q}{2}})^2 \ge (\frac{\sqrt{p} + \sqrt{q}}{2})^2$

$\frac{p + q}{2} \ge \frac{(\sqrt{p} + \sqrt{q})^2}{4}$

$\frac{p + q}{2} \ge \frac{p + 2\sqrt{pq} + q}{4}$

Умножим обе части на 4, чтобы избавиться от знаменателей:

$2(p + q) \ge p + 2\sqrt{pq} + q$

$2p + 2q \ge p + q + 2\sqrt{pq}$

Перенесем все члены в левую часть:

$2p + 2q - p - q - 2\sqrt{pq} \ge 0$

$p - 2\sqrt{pq} + q \ge 0$

Левая часть представляет собой полный квадрат разности:

$(\sqrt{p} - \sqrt{q})^2 \ge 0$

Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, поэтому это неравенство верно. Следовательно, исходное неравенство также верно.

Ответ: Неравенство доказано.

в) Требуется доказать неравенство $\sqrt{p + q + r} \le \sqrt{p} + \sqrt{q} + \sqrt{r}$ для $p > 0, q > 0, r > 0$.

Поскольку обе части неравенства неотрицательны, возведем их в квадрат:

$(\sqrt{p + q + r})^2 \le (\sqrt{p} + \sqrt{q} + \sqrt{r})^2$

$p + q + r \le (\sqrt{p})^2 + (\sqrt{q})^2 + (\sqrt{r})^2 + 2\sqrt{p}\sqrt{q} + 2\sqrt{p}\sqrt{r} + 2\sqrt{q}\sqrt{r}$

$p + q + r \le p + q + r + 2\sqrt{pq} + 2\sqrt{pr} + 2\sqrt{qr}$

Вычтем из обеих частей $p + q + r$:

$0 \le 2\sqrt{pq} + 2\sqrt{pr} + 2\sqrt{qr}$

По условию $p, q, r$ — положительные числа. Значит, произведения $pq, pr, qr$ также положительны. Корни из них $\sqrt{pq}, \sqrt{pr}, \sqrt{qr}$ являются положительными числами. Сумма положительных чисел всегда положительна. Таким образом, неравенство является верным. Следовательно, исходное неравенство также верно.

Ответ: Неравенство доказано.

г) Требуется доказать неравенство $\sqrt{\frac{p^2 + q^2 + r^2}{3}} \ge \frac{p + q + r}{3}$ для $p > 0, q > 0, r > 0$.

Это неравенство о среднем квадратичном и среднем арифметическом. Обе части неравенства положительны, поэтому мы можем возвести их в квадрат:

$(\sqrt{\frac{p^2 + q^2 + r^2}{3}})^2 \ge (\frac{p + q + r}{3})^2$

$\frac{p^2 + q^2 + r^2}{3} \ge \frac{(p + q + r)^2}{9}$

Раскроем квадрат суммы в правой части:

$\frac{p^2 + q^2 + r^2}{3} \ge \frac{p^2 + q^2 + r^2 + 2pq + 2pr + 2qr}{9}$

Умножим обе части на 9:

$3(p^2 + q^2 + r^2) \ge p^2 + q^2 + r^2 + 2pq + 2pr + 2qr$

Перенесем все члены в левую часть:

$3p^2 + 3q^2 + 3r^2 - p^2 - q^2 - r^2 - 2pq - 2pr - 2qr \ge 0$

$2p^2 + 2q^2 + 2r^2 - 2pq - 2pr - 2qr \ge 0$

Сгруппируем члены, чтобы выделить полные квадраты:

$(p^2 - 2pq + q^2) + (p^2 - 2pr + r^2) + (q^2 - 2qr + r^2) \ge 0$

$(p - q)^2 + (p - r)^2 + (q - r)^2 \ge 0$

Сумма квадратов действительных чисел всегда неотрицательна. Это неравенство верно при любых значениях $p, q, r$. Следовательно, исходное неравенство также верно.

Ответ: Неравенство доказано.

31.17. a) $\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2} < 1 + \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{(n-1)n}$;

б) $\frac{1^2}{1+1^4} + \frac{2^2}{1+2^4} + \frac{3^2}{1+3^4} + \dots + \frac{10^2}{1+10^4} < 1,9.$

а) Для доказательства неравенства $ \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{n^2} < 1 + \frac{1}{1 \cdot 2} + \dots + \frac{1}{(n-1)n} $ рассмотрим разность между его правой и левой частями.

Правая часть: $ R = 1 + \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{(n-1)n} = 1 + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k(k+1)} $.

Левая часть: $ L = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} $.

Разность $ R - L $: $ R - L = \left(1 + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k(k+1)}\right) - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} $.

Заметим, что $ \frac{1}{1^2} = 1 $. Также представим сумму в правой части с другим индексом для удобства сравнения: $ \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k(k+1)} = \sum_{j=2}^{n} \frac{1}{(j-1)j} $. Используя $k$ в качестве индекса, получаем:

$ R - L = \left(1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{(k-1)k}\right) - \left(\frac{1}{1^2} + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k^2}\right) = (1 - 1) + \sum_{k=2}^{n} \left(\frac{1}{(k-1)k} - \frac{1}{k^2}\right) $.

Таким образом, $ R - L = \sum_{k=2}^{n} \left(\frac{1}{k^2 - k} - \frac{1}{k^2}\right) $.

Рассмотрим выражение в скобках для любого $k \ge 2$:

$ \frac{1}{k^2 - k} - \frac{1}{k^2} = \frac{k^2 - (k^2 - k)}{(k^2 - k)k^2} = \frac{k}{k(k-1)k^2} = \frac{1}{k^2(k-1)} $.

Для любого целого $k \ge 2$ выражение $k-1$ положительно, и $k^2$ также положительно. Следовательно, каждое слагаемое $ \frac{1}{k^2(k-1)} $ в сумме является строго положительным числом.

Сумма положительных чисел также положительна, поэтому $ R - L = \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k^2(k-1)} > 0 $.

Поскольку $R - L > 0$, то $R > L$, что и доказывает исходное неравенство.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б) Требуется доказать неравенство: $ \frac{1^2}{1+1^4} + \frac{2^2}{1+2^4} + \frac{3^2}{1+3^4} + \dots + \frac{10^2}{1+10^4} < 1,9 $.

Обозначим сумму в левой части как $S$: $ S = \sum_{k=1}^{10} \frac{k^2}{1+k^4} $.

Для доказательства мы оценим каждое слагаемое суммы сверху. Рассмотрим общий член ряда $ a_k = \frac{k^2}{1+k^4} $.

Для любого натурального $k \ge 1$ очевидно, что $1+k^4 > k^4$.

Поскольку обе части неравенства положительны, можно записать $ \frac{1}{1+k^4} < \frac{1}{k^4} $.

Домножим обе части на $k^2$ (которое положительно при $k \ge 1$): $ \frac{k^2}{1+k^4} < \frac{k^2}{k^4} = \frac{1}{k^2} $.

Это неравенство справедливо для каждого слагаемого в сумме $S$. Следовательно, вся сумма $S$ меньше суммы полученных верхних оценок:

$ S = \sum_{k=1}^{10} \frac{k^2}{1+k^4} < \sum_{k=1}^{10} \frac{1}{k^2} $.

Теперь оценим сверху сумму $ \sum_{k=1}^{10} \frac{1}{k^2} $. Для этого разобьем ее на первое слагаемое и остальную часть:

$ \sum_{k=1}^{10} \frac{1}{k^2} = \frac{1}{1^2} + \sum_{k=2}^{10} \frac{1}{k^2} = 1 + \sum_{k=2}^{10} \frac{1}{k^2} $.

Как было показано в пункте а), для любого $k \ge 2$ выполняется неравенство $\frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k-1)}$. Применим эту оценку к сумме:

$ \sum_{k=2}^{10} \frac{1}{k^2} < \sum_{k=2}^{10} \frac{1}{k(k-1)} $.

Сумма в правой части является телескопической, так как каждый ее член можно представить в виде разности: $ \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k} $.

Вычислим эту сумму:

$ \sum_{k=2}^{10} \left(\frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}\right) = \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \dots + \left(\frac{1}{9} - \frac{1}{10}\right) = 1 - \frac{1}{10} = 0,9 $.

Таким образом, мы получили, что $ \sum_{k=2}^{10} \frac{1}{k^2} < 0,9 $.

Подставим эту оценку обратно:

$ \sum_{k=1}^{10} \frac{1}{k^2} = 1 + \sum_{k=2}^{10} \frac{1}{k^2} < 1 + 0,9 = 1,9 $.

Мы получили цепочку неравенств: $ S < \sum_{k=1}^{10} \frac{1}{k^2} $ и $ \sum_{k=1}^{10} \frac{1}{k^2} < 1,9 $. Из этого следует, что $ S < 1,9 $.

Ответ: Что и требовалось доказать.

31.18. Докажите, что для любого натурального числа $n \ge 2$ выполняется неравенство:

a) $\sqrt{1} + \sqrt{2} + \sqrt{3} + ... + \sqrt{n} > n;$

б) $\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \frac{1}{n+3} + ... + \frac{1}{2n} > \frac{1}{2}.$

а) Докажем неравенство $\sqrt{1} + \sqrt{2} + \sqrt{3} + \ldots + \sqrt{n} > n$ для любого натурального числа $n \ge 2$.

Рассмотрим левую часть неравенства. Это сумма, состоящая из $n$ слагаемых: $S_n = \sqrt{1} + \sqrt{2} + \ldots + \sqrt{n}$.

Первое слагаемое этой суммы равно $\sqrt{1} = 1$. Каждое следующее слагаемое $\sqrt{k}$ (где $k$ – натуральное число от 2 до $n$) строго больше 1, так как для $k > 1$ выполняется $\sqrt{k} > \sqrt{1} = 1$.

Поскольку по условию $n \ge 2$, в сумме обязательно присутствует хотя бы одно слагаемое, которое строго больше 1 (например, $\sqrt{2}$).

Давайте оценим сумму $S_n$ снизу, сравнив ее с суммой $n$ единиц:

$\sqrt{1} + \sqrt{2} + \sqrt{3} + \ldots + \sqrt{n} > 1 + 1 + 1 + \ldots + 1$

В правой части неравенства стоит сумма из $n$ единиц, которая равна $n$. Неравенство является строгим, так как мы заменили все слагаемые $\sqrt{k}$ (при $k \ge 2$) на 1, а они строго больше 1. Поскольку $n \ge 2$, такое слагаемое существует.

Таким образом, мы приходим к выводу, что $\sqrt{1} + \sqrt{2} + \sqrt{3} + \ldots + \sqrt{n} > n$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \frac{1}{n+3} + \ldots + \frac{1}{2n} > \frac{1}{2}$ для любого натурального числа $n \ge 2$.

Рассмотрим сумму в левой части неравенства: $S_n = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \ldots + \frac{1}{2n}$.

Эта сумма состоит из $2n - (n+1) + 1 = n$ слагаемых.

Найдем наименьшее слагаемое в этой сумме. Знаменатели слагаемых $n+1, n+2, \ldots, 2n$ возрастают, следовательно, сами дроби убывают. Наименьшим слагаемым будет последнее, у которого самый большой знаменатель: $\frac{1}{2n}$.

Каждое слагаемое в сумме, кроме последнего, строго больше $\frac{1}{2n}$. Например, $\frac{1}{n+1} > \frac{1}{2n}$, $\frac{1}{n+2} > \frac{1}{2n}$ и так далее, вплоть до $\frac{1}{2n-1} > \frac{1}{2n}$. Последнее слагаемое равно $\frac{1}{2n}$.

Заменим каждое из $n$ слагаемых в исходной сумме на наименьшее значение $\frac{1}{2n}$. Так как по условию $n \ge 2$, в сумме есть хотя бы одно слагаемое (например, первое, $\frac{1}{n+1}$), которое строго больше $\frac{1}{2n}$ (так как $n+1 < 2n$ при $n > 1$). Поэтому вся сумма будет строго больше, чем сумма $n$ слагаемых, равных $\frac{1}{2n}$.

$\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \ldots + \frac{1}{2n} > \underbrace{\frac{1}{2n} + \frac{1}{2n} + \ldots + \frac{1}{2n}}_{n \text{ слагаемых}}$

Сумма в правой части этого неравенства равна:

$n \cdot \frac{1}{2n} = \frac{n}{2n} = \frac{1}{2}$

Следовательно, мы доказали, что $\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \ldots + \frac{1}{2n} > \frac{1}{2}$.

Ответ: Неравенство доказано.