2. Zadatak

Tvrdnju ćemo dokazati matematičkom indukcijom po $n\in\mathbb N$.

Baza indukcije, tj. nejednakost za $n=1$, je naprosto $\frac12+\frac13+\frac14=\frac{13}{12}>1$.

Pretpostavimo da za neki $n\in\mathbb N$ vrijedi $\frac1{n+1}+\frac1{n+2}+\cdots+\frac1{3n+1}>1$. Vrijedi

$$\begin{aligned} &\frac1{(n+1)+1}+\cdots+\frac1{3(n+1)+1}\\ &=\left(\frac1{n+1}+\frac1{n+2}+\cdots+\frac1{3n+1}\right)+\left(\frac1{3n+2}+\frac1{3n+3}+\frac1{3n+4}-\frac1{n+1}\right) \end{aligned}$$

pa je za završetak koraka indukcije dovoljno pokazati da vrijedi

$$\frac1{3n+2}+\frac1{3n+4}\ge\frac1{n+1}-\frac1{3n+3},$$

tj.

$$\frac{6n+6}{(3n+2)(3n+4)}\ge\frac2{3n+3},$$

što nakon množenja postaje

$$18n^2+36n+18\ge18n^2+36n+16,$$

a to očigledno vrijedi.

Alternativno rješenje.

Na $2n+1$ razlomaka iz zadatka primijenimo aritmetičko-harmonijsku nejednakost:

$$\frac{\frac1{n+1}+\frac1{n+2}+\cdots+\frac1{3n+1}}{2n+1}>\frac{2n+1}{(n+1)+(n+2)+\cdots+(3n+1)}.$$

Nejednakost je stroga jer brojevi $\frac1{n+1},\frac1{n+2},\ldots,\frac1{3n+1}$ nisu svi međusobno jednaki.

Zbroj u nazivniku ćemo izračunati korištenjem formule za zbroj uzastopnih članova aritmetičkog niza. Dakle vrijedi:

$$\begin{aligned} \frac1{n+1}+\frac1{n+2}+\cdots+\frac1{3n+1}&>\frac{(2n+1)^2}{(n+1)+(n+2)+\cdots+(3n+1)}\\ &=\frac{(2n+1)^2}{(2n+1)\cdot\frac{4n+2}2}=1. \end{aligned}$$

Napomena.

Zadatak se može riješiti i grupiranjem po dva člana (prvi i zadnji, drugi i predzadnji,…, a srednji ostaje sam), koristeći

$$\frac1{n+1+k}+\frac1{3n+1-k}=\frac{4n+2}{(2n+1)^2-(n-k)^2}>\frac2{2n+1}.$$