Заметим сначала, что если данный набор — арифметическая прогрессия, то все написанные в условии задачи неравенства превращаются в равенства. Ниже мы увидим, что из «выпуклых» наборов (т. е. наборов, у которых $a_k\ge\dfrac{a_{k-1}+a_{k+1}}2$ для всех $k=1$, 2, $\ldots$, $2n-1$) только для арифметической прогрессии неравенство (*) становится равенством.
Числа произвольного «выпуклого» набора $\{a_k\}$ представим в виде суммы чисел $a_k=b_k+c_k$ двух наборов $\{b_k\}$ и $\{c_k\}$, один из которых — $\{b_k\}$ — арифметическая прогрессия с крайними членами $b_0=a_0$ и $b_{2n}=a_{2n}$, а другой — $\{c_k\}$ — «выпуклый» набор с нулевыми крайними членами: $c_0=c_{2n}=0$.
Поскольку для набора $\{b_k\}$ неравенство (*) превращается в равенство, достаточно доказать его для набора $\{c_k\}$. Но для «выпуклых» наборов с нулевыми крайними членами оно получается непосредственно из условия «выпуклости»: записав, что $c_{2i-1}\ge\dfrac{c_{2i-2}+c_{2i}}2$ для всех $i=1$, $\ldots$, $n$, и сложив эти неравенства, получим:
$$
c_1+c_3+\ldots+c_{2n-1}\ge\dfrac{c_0}2+c_2+c_4+\ldots+c_{2n-2}+\dfrac{c_{2n}}2=c_2+c_4+\ldots+c_{2n-2}
$$
(мы учли, что $c_0=c_{2n}=0$); так что $$
\dfrac{c_1+c_3+\ldots+c_{2n-1}}n\ge\dfrac{c_0+c_2+\ldots+c_{2n-2}}n\ge
\dfrac{c_0+c_2+\ldots+c_{2n}}{n+1}.\tag{**}
$$
Осталось лишь доказать, что для выпуклых наборов неравенство из условия может быть равенством только для арифметической прогрессии. Для этого достаточно показать, что если $c_k\ge\dfrac{c_{k-1}+c_{k+1}}2$, то либо все $c_k$, $k=0$, $\ldots$, $2n$, равны нулю, либо все $c_k$, $k=1$, $\ldots$, $2n-1$, положительны (в последнем случае правое неравенство в (**) обязательно строгое).
Выберем наименьшее $c_i$; пусть оно стоит не с краю: $i\ne0$, $i\ne2n$. Тогда $c_i\le c_{i-1}$ и $c_i\le c_{i+1}$, откуда $c_i\le\dfrac{c_{i-1}+c_{i+1}}2$. Но по условию $(c_k)$ — «выпуклый» набор, значит, $c_i=c_{i-1}=c_{i+1}$. Применив то же рассуждение к $c_{i-1}$ (или к $c_{i+1}$), получим, что $c_{i-2}=c_{i-1}=c_i$ (или $c_i=c_{i+1}=c_{i+2}$) и т. д. — до тех пор, пока не дойдём до краёв; получим $0=c_0=c_1=\ldots=c_{2n}=0$. Поэтому если среди чисел $c_k$ есть отличные от нуля, то наименьшее обязательно стоит с краю (и равно нулю), так что для $k=1$, $\ldots$, $2n-1$ имеем $c_k\gt0$.
