Sea $S=\{n \in \mathbb{Z}^+|$ (\ref{promedio}) 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 $2^1$ está en $S$, supongamos ahora que $2^k$ está en $S$, por lo que \begin{eqnarray}f\left(\frac{a_1+a_2+\cdots + a_{2^{k+1}}}{2^{k+1}}\right) &= & f\left(\frac{\frac{a_1+a_2+\cdots+a_{2^k}}{2^k} +\frac{a_{2^k +1}+a_{2^k+2}+\cdots+a_{2^{k+1}} }{2^k} }{2}\right) \\ & \leq& \frac{f\left( \frac{a_1+a_2+\cdots+a_{2^{k}}}{2^{k}} \right) + f\left( \frac{a_{2^k +1}+a_{2^k+2}+\cdots+a_{2^{k+1}}}{2^{k}} \right)}{2}\\ &\leq& \frac{\frac{f(a_1)+f(a_2)+\cdots+f(a_{2^k})}{2^k} + \frac{f(a_{2^k +1})+f(a_{2^k+2})+\cdots+f(a_{2^{k+1}})}{2^{k}}}{2} \\ &=& \frac{f(a_1)+f(a_2)+\cdots+f(a_{2^{k+1}})}{2^{k+1}}\end{eqnarray}
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 $2^{k+1}$ está en $S$. Lo que completa el paso inducctivo. Y hemos probado que $2^n$ están en $S$ para todo entero positivo $n$.
Ahora bien, sea $m$ un elemento de $S$, es decir \begin{equation}f\left( \frac{a_1+a_2+\cdots+a_m}{m} \right) \leq \frac{f(a_1)+f(a_2)+\cdots+f(a_m)}{m}\label{hipotesis} \end{equation} para cualquier conjunto de enteros positivos $a_1, a_2, \ldots a_m$. Entonces también será válido para $$a_m=\frac{a_1+a_2+\cdots+a_{m-1}}{m-1}.$$
Con este valor de $a_m$ se tiene que \begin{eqnarray}\label{promedios_iguales}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_m}{m} &=& \frac{a_1+a_2+\cdots+a_{m-1}+\frac{a_1+a_2+\cdots+a_{m-1}}{m-1}}{m} \\ &= &\frac{\frac{(m-1)(a_1+a_2 + \cdots + a_{m-1})+(a_1+a_2+\cdots+a_{m-1})}{m-1}}{m} \\ &= &\frac{\frac{m(a_1+a_2 + \cdots + a_{m-1})}{m-1}}{m}\\ &=& \frac{a_1+a_2+\cdots+a_{m-1}}{m-1}\end{eqnarray}
Entonces usando la igualdad ($\ref{promedios_iguales}$) en la hiótesis de inducción ($\ref{hipotesis}$) se sigue que :
$$f\left( \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_{m-1}}{m-1} \right) \leq \frac{f(a_1)+f(a_2) + \cdots +f(a_{m-1}) + f(\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_{m-1}}{m-1})}{m}$$
Multiplicando ambos lados por $m$ y obtenemos
$$m \cdot f\left( \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_{m-1}}{m-1} \right) \leq f(a_1)+f(a_2) + \cdots +f(a_{m-1}) + f\left(\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_{m-1}}{m-1}\right)$$
Luego pasamos restando el último umando de la derecha al lado izquierdo y nos queda:
$$(m -1)\cdot f\left( \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_{m-1}}{m-1} \right) \leq f(a_1)+f(a_2) + \cdots +f(a_{m-1})$$
Por último dividimos entre $m-1$ y nos queda que:
$$f\left( \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_{m-1}}{m-1} \right) \leq \frac{f(a_1)+f(a_2) + \cdots +f(a_{m-1})}{m-1}$$
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.
