La prueba de que usted ha dado es el que me han dado (porque se utiliza un mínimo de recursos), así que no voy a sugerir una alternativa - sólo se necesita un poco de ajuste.
En primer lugar, hay un pequeño error tipográfico: en dos lugares, has escrito $\sqrt{n + 1}$, donde significaba $\sqrt{n - 1}$.
Más en serio, has asumido que $n$ incluso: no tiene sentido hablar de "$\frac{n}{2}$ términos" cuando $n$ es impar. Esto es fácil de remediar, porque la idea de la prueba de sonido. Una solución es la siguiente, aunque usted puede encontrar una prolija manera:
Cualquiera de las $n = 2k - 1$ o $n = 2k$, donde $k$ es un entero positivo. La última $k$ términos de la secuencia de $1, \sqrt{2}, \ldots, \sqrt{n}$ se $\sqrt{n - k + 1}, \sqrt{n - k + 2}, \ldots, \sqrt{n}$. El más mínimo plazo es $\sqrt{n - k + 1}$, el cual es $\sqrt{k}$ o $\sqrt{k + 1}$. Por lo tanto, la suma de los $k$ términos es en, al menos, $k\sqrt{k}$. Por lo tanto es, al menos, $\frac{n}{2}\sqrt{\frac{n}{2}}$, debido a $k \geqslant \frac{n}{2}$.
He aquí otra idea sencilla, utilizando sólo los muy fácilmente demostrado AM-GM de la desigualdad de dos términos:
$$
\sum_{k=1}^n\sqrt{k} = \sum_{k=1}^n\frac{\sqrt{k} + \sqrt{n - k + 1}}{2} \geqslant \sum_{k=1}^n\sqrt[4]{k(n - k + 1)} \geqslant n^{5/4},
$$
debido a $k(n - k + 1) - n = (k - 1)(n - k) \geqslant 0$. Aunque muy débil, es suficiente para el trabajo. (Pero yo prefiero la solución dada en la pregunta.)
Buscando una prueba utilizando el Cauchy-Schwarz desigualdad, todos los que se me ocurrió fue esto:
\begin{gather*}
\sqrt{k} - \sqrt{k - 1} = \frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k - 1}} > \frac{1}{2\sqrt{k}} \quad (1 \leqslant k \leqslant n), \\
\therefore\ 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}} < 2\sqrt{n}; \\
\text{but }
\left(1 + \sqrt{2} + \cdots + \sqrt{n}\right)
\left(1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}}\right) \geqslant n^2,
\text{ by C-S}; \\
\therefore\ 1 + \sqrt{2} + \cdots + \sqrt{n} > \frac{n\sqrt{n}}{2}.
\end{reunir*}
Se me ocurrió la siguiente bastante largo, pero elemental argumento como una
manera de evitar el uso de la desigualdad de Jensen.
Para todos los $k \geqslant 1$, tenemos
$$
\sqrt{k + 1} - \sqrt{k} < \sqrt{k} - \sqrt{k - 1},
$$
porque
$$
\left(\sqrt{k + 1} + \sqrt{k - 1}\right)^2 = 2k + 2\sqrt{k^2 - 1}
< 4k.
$$
Lema
Si $n > 2$, y
$a_2 - a_1 > a_3 - a_2 > \cdots > a_n - a_{n - 1} > 0$,
entonces
$$
\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} > \frac{a_1 + a_n}{2}.
$$
Prueba
Escribir $b_k = a_{k+1} - a_k$, por lo que $(b_k)_{1 \leqslant k < n}$es
estrictamente a la disminución de la secuencia.
Para todos los $k$ tal que $1 < k < n$, tenemos
\begin{gather*}
\frac{a_n - a_1}{a_k - a_1} =
\frac{b_1 + b_2 + \cdots + b_{n-1}}{b_1 + b_2 + \cdots + b_{k-1}}
= 1 + \frac{b_k + b_{k+1} + \cdots + b_{n-1}}
{b_1 + b_2 + \cdots + b_{k-1}} \\
\leqslant 1 + \frac{(n - k)b_k}{(k - 1)b_{k-1}}
< 1 + \frac{n - k}{k - 1} = \frac{n - 1}{k - 1}.
\end{reunir*}
Establecimiento $h = (a_n - a_1)/(n - 1)$ e $a_k' = a_1 + (k - 1)h$, se
por lo tanto, tienen $a_1 = a_1'$, $a_n = a_n'$, e $a_k > a_k'$
($1 < k < n$), de donde
$$
a_1 + a_2 + \cdots + a_n > a_1' + a_2' + \cdots + a_n' =
n\frac{a_1' + a_n'}{2} = n\frac{a_1 + a_n}{2},
$$
como se requiere.
$\square$
Tomando $a_k = \sqrt{k}$ en el lema, obtenemos
$$
1 + \sqrt{2} + \cdots + \sqrt{n} >
\frac{n\left(\sqrt{n} + 1\right)}{2} \quad (n > 2).
$$
(Incluso después de todo esto, yo prefiero el OP de la propia prueba, pero
buscando alternativas es divertido).
Aquí hay otro bastante simple prueba, que creo que prefiero
la dada en la pregunta. (Mirando a las otras respuestas, veo que es una variante de una prueba de que Barry Cipra ya ha publicado, pero probablemente hay suficientes diferencias para hacerlo todavía vale la pena publicar.)
Si $n \geqslant 4$, existe un único entero positivo $r$ tales que
$(r + 1)^2 \leqslant n < (r + 2)^2$, y:
\begin{align*}
& \phantom{=} 1 + \sqrt{2} + \cdots + \sqrt{n}
\\ & \geqslant 1 + (\sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{4}) + \cdots
+ (\sqrt{r^2 + 1} + \cdots + \sqrt{(r + 1)^2})
\\ & > 0 + (2^2 - 1^2) \cdot 1 + (3^2 - 2^2) \cdot 2 + \cdots
+ ((r + 1)^2 - r^2) \cdot r
\\ & > 2 \cdot 1^2 + 2 \cdot 2^2 + \cdots + 2 \cdot r^2
\\ & = \frac{1}{3}r(r + 1)(2r + 1) > \frac{2}{3}r^3
\\ & > \frac{2}{3}\left(\sqrt{n} - 2\right)^3.
\end{align*}
Aunque no es necesario (para los propósitos actuales), también se podría
sostienen que para todos los $n$, existe un único entero positivo $s$tal
que $(s - 1)^2 < n \leqslant s^2$, y:
\begin{align*}
& \phantom{=} 1 + \sqrt{2} + \cdots + \sqrt{n}
\\ & \leqslant 1 + (\sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{4}) + \cdots
+ (\sqrt{(s - 1)^2 + 1} + \cdots + \sqrt{s^2})
\\ & \leqslant (1^2 - 0^2) \cdot 1 + (2^2 - 1^2) \cdot 2
+ (3^2 - 2^2) \cdot 3 + \cdots + (s^2 - (s - 1)^2) \cdot s
\\ & < 2 \cdot 1^2 + 2 \cdot 2^2 + 2 \cdot 3^2 + \cdots + 2 \cdot s^2
\\ & = \frac{1}{3}s(s + 1)(2s + 1) < \frac{2}{3}(s + 1)^3
\\ & < \frac{2}{3}\left(\sqrt{n} + 2\right)^3.
\end{align*}
