来自人教群的凸数列证明题，我来一个非主流证法

kuing

这里，我将证明
\[(n-k)a_0+ka_n\geqslant na_k,\]
此式的成立并不需要 $a_0=0$ 这一条件。

设 $x_i\geqslant0$（$i=1$, $2$, $\ldots$, $n-1$）为待定系数，则由已知条件，有以下不等式
\begin{align*}
x_1(a_0+a_2)&\geqslant2x_1a_1, \\
x_2(a_1+a_3)&\geqslant2x_2a_2, \\
x_3(a_2+a_4)&\geqslant2x_3a_3, \\
&\vdots \\
x_{n-1}(a_{n-2}+a_n)&\geqslant2x_{n-1}a_{n-1},
\end{align*}
全部相加后整理，得
\begin{align*}
& x_1a_0+(x_2-2x_1)a_1 \\
&{}+(x_1+x_3-2x_2)a_2+(x_2+x_4-2x_3)a_3+\cdots +(x_{k-1}+x_{k+1}-2x_k)a_k+\cdots +(x_{n-3}+x_{n-1}-2x_{n-2})a_{n-2} \\
&{}+(x_{n-2}-2x_{n-1})a_{n-1}+x_{n-1}a_n\geqslant0,
\end{align*}
对于上式所有 $a_i$ 前面的系数，令
\[\left( \begin{aligned}
x_1&=n-k, \\
x_{k-1}+x_{k+1}-2x_k&=-n, \\
x_{n-1}&=k, \\
\text{其余系数}&=0,
\end{aligned} \right.\]
此方程组有如下唯一解
\[\left( \begin{aligned}
x_1&=1\cdot (n-k), \\
x_2&=2\cdot (n-k), \\
x_3&=3\cdot (n-k), \\
&\vdots \\
x_{k-2}&=(k-2)\cdot (n-k), \\
x_{k-1}&=(k-1)\cdot (n-k), \\
x_k&=k\cdot (n-k), \\
x_{k+1}&=k\cdot (n-k-1), \\
x_{k+2}&=k\cdot (n-k-2), \\
&\vdots \\
x_{n-3}&=k\cdot 3, \\
x_{n-2}&=k\cdot 2, \\
x_{n-1}&=k\cdot 1,
\end{aligned}\right.
\]
等号右边全是非负，所以原不等式得证。

kuing

主流证法是证明 $a_n/n$ 递增（这需要 $a_0=0$ 的条件），群里有人写过了，我就不重复了。

这题的背景大概就是凸函数的一个性质：$f(x)$ 在定义域 $D$ 内下凸，$x_0$ 为 $D$ 内某个定值，则 $(f(x)-f(x_0))/(x-x_0)$ 在 $x_0$ 两边的区间内都递增。
如果 $f(x)$ 不但下凸而且可导，令
\[g(x)=\begin{cases}
\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0},&x\ne x_0,\\
f'(x_0),&x=x_0,
\end{cases}\]
那么 $g(x)$ 在 $D$ 内递增。
这个性质的证明懒得写了，其实好像以前在哪里写过，没想起来是哪里……

kuing

这个性质的证明懒得写了，其实好像以前在哪里写过，没想起来是哪里……
kuing 发表于 2013-9-26 16:30

原来在旧版论坛就写过可导情形的证明，打代码就是好，刚才我在旧版搜“\begin{cases}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}”就搜出来了：
kkkkuingggg.haotui.com/viewthread.php?tid=1599#pid11455

其妙

实际就是数列的凸性可用斜率来刻画：
$\dfrac{a_p-a_m}{p-m}\leqslant\dfrac{a_m-a_n}{m-n}(0\leqslant p<m<n或0\leqslant m<p<n)$

hbghlyj

kuing 发表于 2013-9-26 10:12
kkkkuingggg.haotui.com/viewthread.php?tid=1599#pid11455

更新链接
kuingggg.github.io/5d6d/thread-1599-1-1.html