$f(\frac{a+b}{2})=\frac{f(a)}{2}+\frac{f(b)}{2}, \forall a,b\in\mathbb{R}$

Question

Estoy obligado a demostrar que si $$f\left(\frac{a+b}{2}\right)=\frac{f(a)}{2}+\frac{f(b)}{2}, \forall a,b\in\mathbb{R},$$ entonces $$f\left(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\right)=\frac{f(a_1)}{n}+\frac{f(a_2)}{n}+\cdots+\frac{f(a_n)}{n}, \forall a_i\in\mathbb{R}$$

Intenté utilizar el PMI, pero no conseguí nada.

Answer 1

Sea S(n) el enunciado $f(\frac{a_1+a_2+ \ldots + a_n}{n})= \frac{f(a_1)+f(a_2)+ \ldots + f(a_n)}{n}$ .

A continuación, demuestre que S(n) implica S(2n), utilizando S(2) (que se le da) con $a=\frac{a_1+a_2+ \ldots + a_n}{n}$ y $b= \frac{a_{n+1}+a_{n+2}+ \ldots + a_{2n}}{n}$ .

Demuestre también que S(n) implica S(n-1), utilizando $a_n = \frac{a_1+a_2+ \ldots + a_{n-1}}{n-1}$ ; sabes que $f(\frac{a_1+a_2+ \ldots + a_{n-1}+ a_n}{n})= \frac{f(a_1)+f(a_2)+ \ldots +f(a_{n-1})+ f(a_n)}{n}$ : $n$ veces el lado izquierdo de esto es $nf(\frac{(n-1)a_n + a_n}{n}) = nf(a_n)$ y $n$ veces el lado derecho es $(n-1)(\frac{f(a_1)+f(a_2)+ \ldots +f(a_{n-1})}{n-1})+ f(a_n)$ .

Answer 2

Utilizando la inducción, se puede demostrar fácilmente la fórmula para $n$ como poder de $2$ . De hecho, para $k\ge 1$

$$f\left(\frac1{2^{k+1}}\sum_{i=1}^{2^{k+1}} a_i\right) = f\left(\frac12\left(\frac1{2^{k}}\sum_{i=1}^{2^k} a_i + \frac1{2^{k}}\sum_{i=1}^{2^k} a_{2^k+i}\right)\right) = \frac12 f\left(\frac1{2^{k}}\sum_{i=1}^{2^k} a_i\right) + \frac12 f\left(\frac1{2^{k}}\sum_{i=1}^{2^k} a_{2^k+i}\right).$$

Ahora en general $n$ , dejemos que $A = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n a_i$ y $k\in \mathbb N$ tal que $n \le 2^k$ . La idea utiliza el hecho de que la media de los números no cambia si sumamos la media de los números anteriores varias veces. Por ejemplo $$b_i = \begin{cases}a_i & \text{if $i\le n$}\\ A &\text{if $n < i \le 2^k$ }\end{cases}$$

Lo has hecho: $$\frac1{2^k}\sum_{i=1}^{2^k} b_i = \frac1{2^k}\sum_{i=1}^{n} a_i + \frac1{2^k}\sum_{i=n}^{2^k} A = \frac1{2^k}\left(nA + \left(2^k - n\right) A\right)= A$$

y $$\frac1{2^k}\sum_{i=1}^{2^k} f\left(b_i\right) = \frac1{2^k}\sum_{i=1}^{n} f\left(a_i\right) + \frac1{2^k}\sum_{i=n}^{2^k} f(A) = \frac1{2^k}\sum_{i=1}^{n} f\left(a_i\right) + \left(1-\frac{n}{2^k}\right)f(A)$$

Desde $$f\left(\frac1{2^k}\sum_{i=1}^{2^k} b_i\right) = \frac1{2^k}\sum_{i=1}^{2^k} f\left(b_i\right)$$

así que $$f(A) = \frac1{2^k}\sum_{i=1}^{n} f\left(a_i\right) + \left(1-\frac{n}{2^k}\right)f(A)$$ implica que $$\frac{n}{2^k}f(A) = \frac1{2^k}\sum_{i=1}^{n} f\left(a_i\right)\implies f(A) = \frac1n\sum_{i=1}^n f\left(a_i\right)$$

Answer 3

Creo que hay una salida fácil.

La condición de la igualdad implica claramente que $f(\dfrac{a+b}{2})\leq\,\dfrac{1}{2}f(a)+\dfrac{1}{2}f(b)$ . Pero hay un ejercicio bien conocido (véase Spivak) que muestra que esta desigualdad implica que $f$ es convexa.

Así obtenemos $f(\dfrac{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}{n})\,\leq\,\dfrac{1}{n}f(x_{1})+.....+\dfrac{1}{n}f(x_{n})$ . Por otra parte, la desigualdad inversa implica (utilizando la misma prueba) que $f$ es cóncava. Entonces, por las dos desigualdades obtenemos la igualdad requerida.

La prueba de la afirmación de que $f(\dfrac{a+b}{2})\leq\,\dfrac{1}{2}f(a)+\dfrac{1}{2}f(b)$ implica que $f$ es convexa no es sencilla.

Tengo una prueba propia del ejercicio de Spivak, basada en la inducción. Si alguien está interesado puede hacer un comentario, y yo puedo enviarle la prueba que se basa en la insinuación de Spivak.

Answer 4

Puedes hacerlo mediante la ecuación funcional de Jensen.

Si $f(\frac{a+b}{2})=\frac{f(a)}{2}+\frac{f(b)}{2}, \forall \space a,b\in\mathbb{R}$ ,

entonces se requiere que $f(x)$ es lineal, dadas algunas otras condiciones. (Es reducible a la ecuación funcional de Cauchy, que tiene una solución lineal sin término constante, dadas otras condiciones, por ejemplo: Si $f$ es continua al menos en un punto, se eliminan las posibilidades de todas las soluciones monstruosas).

Una vez obtenida una solución lineal, es decir $f(x) = cx+d \space$ para algunos $c,d\in\mathbb{R}$ el siguiente resultado se obtendrá fácilmente.

P.D: Esto sólo será cierto si existen algunas condiciones en $f$ que permiten que la ecuación funcional de Cauchy tenga una solución lineal que pasa por el origen. Consulte esta enlace .