Sea S={n∈Z+| (???) se satisface }. Es evidente que 2 está en tal conjunto S.
Primero probaremos que toda potencia de dos está en S. Para lo cuál procederémos por inducción. Claramente 21 está en S, supongamos ahora que 2k está en S, por lo que f(a1+a2+⋯+a2k+12k+1)=f(a1+a2+⋯+a2k2k+a2k+1+a2k+2+⋯+a2k+12k2)≤f(a1+a2+⋯+a2k2k)+f(a2k+1+a2k+2+⋯+a2k+12k)2≤f(a1)+f(a2)+⋯+f(a2k)2k+f(a2k+1)+f(a2k+2)+⋯+f(a2k+1)2k2=f(a1)+f(a2)+⋯+f(a2k+1)2k+1
La primera desigualdad es usando el hecho de que f es punto medio convexa, y la segunda desigualdad es por hipótesis de inducción. Entonces, la desigualdad anterior prueba que 2k+1 está en S. Lo que completa el paso inducctivo. Y hemos probado que 2n están en S para todo entero positivo n.
Ahora bien, sea m un elemento de S, es decir f(a1+a2+⋯+amm)≤f(a1)+f(a2)+⋯+f(am)m
para cualquier conjunto de enteros positivos
a1,a2,…am. Entonces también será válido para
am=a1+a2+⋯+am−1m−1.
Con este valor de am se tiene que a1+a2+⋯+amm=a1+a2+⋯+am−1+a1+a2+⋯+am−1m−1m=(m−1)(a1+a2+⋯+am−1)+(a1+a2+⋯+am−1)m−1m=m(a1+a2+⋯+am−1)m−1m=a1+a2+⋯+am−1m−1
Entonces usando la igualdad (6) en la hiótesis de inducción (5) se sigue que :
f(a1+a2+⋯+am−1m−1)≤f(a1)+f(a2)+⋯+f(am−1)+f(a1+a2+⋯+am−1m−1)m
Multiplicando ambos lados por m y obtenemos
m⋅f(a1+a2+⋯+am−1m−1)≤f(a1)+f(a2)+⋯+f(am−1)+f(a1+a2+⋯+am−1m−1)
Luego pasamos restando el último umando de la derecha al lado izquierdo y nos queda:
(m−1)⋅f(a1+a2+⋯+am−1m−1)≤f(a1)+f(a2)+⋯+f(am−1)
Por último dividimos entre m−1 y nos queda que:
f(a1+a2+⋯+am−1m−1)≤f(a1)+f(a2)+⋯+f(am−1)m−1
Con esto hemos probado que si m está en S, entonces m−1 está en S. Y como ya hay una infinidad de enteros positivos en S llegamos a que S es le conjunto de enteros positivos y queda probado el ejercicio.