Jensen, como promediando la desigualdad en enteros

Question

Dejar $\mathbb{Z}^*=\mathbb{Z}^+\cup\{0\}$. Permita que$f:\mathbb{Z}^*\rightarrow\mathbb{R}$ sea una función no decreciente, tal que$f(a+b)\leq f(a)+f(b)$ para todos$a,b\in\mathbb{Z}^*$.

¿Es cierto que para todos$k,n\in\mathbb{Z}^+$, tenemos$$f(k)\ge\frac{f(a_1)+\dots+f(a_n)}{2n}$$ for all $ a_1, \ dots, a_n \ in \ mathbb {Z} ^ *$ with $ a_1 + \ dots + a_n = kn $?

Para$n=2$, esto es cierto, ya que$f(k)\geq\frac{f(2k)}{2}\geq\frac{f(a_1)+f(a_2)}{4}$, donde usamos ambas condiciones en$f$. Para$n=1$ también es verdad trivial.

Answer 1

La declaración es verdad, incluso con desigualdad estricta.

Por inducción tenemos $f(nk)\leq nf(k)$. Supongamos que nos ronda cada $a_i$ hasta el siguiente múltiplo de $k$, decir $b_i$, que $f(a_i)\leq f(b_i)$ donde $b_i-ai<k desde="" lo="" por="" tanto="" tenemos="">$$\sum{i=1}^nf(ai)\leq\sum{i=1}^nf(bi)\leq f(k)\sum{i=1}^n\frac{b_i}{k}

</k>

Answer 2

Lo mejor que puedo hacer es con $n^2$ en el denominador.

Por inducción, $f(kn) \leq \underbrace{f(k)+\cdots+f(k)}_{n}$, que $f(k) \geq \frac{f(kn)}{n}$. igual que $f$ % nondecreasing, $f(kn) \geq f(a_i)$$1 \leq i \leq n$. Por lo tanto, $nf(kn) \geq f(a_1)+\cdots +f(a_n)$ y así $f(kn) \geq \frac{f(a_1)+\cdots+f(a_n)}{n}$. Combinando esto con la desigualdad anterior, $f(k) \geq \frac{f(a_1)+\cdots +f(a_n)}{n^2}$.