Given is a real number $a \in (0,1)$ and positive reals $x_0, x_1, \ldots, x_n$ such that $\sum x_i=n+a$ and $\sum \frac{1}{x_i}=n+\frac{1}{a}$. Find the minimal value of $\sum x_i^2$.
    给定实数$a \in (0,1)$,正实数$x_0,x_1,\dots,x_n$满足:    \[        \sum_{i=0}^n x_i=n+a,\sum_{i=0}^n \frac{1}{x_i}=n+\frac{1}{a}        \]    求$\sum_{i=0}^n x_i^2$的最小值

    类似的问题有不少,大多都是先求单个变量的范围,再构造局部不等式.
    当然,本题稍微观察一下会发现$(1,1,\dots,1,a)$是一组简洁的解.    \[        (n+a-x_0)(n+\frac{1}{a}-\frac{1}{x_0})=(x_1+x_2+\dots+x_n)(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots x_n) \ge n^2    \]
    那么这个方程解出来的解必有一端是$a$,再配凑出另外一个根,可以解出来    \[        a \le x_0 \le \frac{n+a}{1+na}    \]    当然这也是其他$x_i$的范围
    接下来就是配凑局部不等式,待求式是$x_i^2$,已知式是$x_i,\frac{1}{x_i}$
    所以我们需要配凑出下面的式子    \[        x_i^2 \ge A x_i +\frac{B}{x_i}+C    \]
    它实质是个三次的局部不等式.考虑之前观察出的简洁的解$(1,1,\dots,1,a)$,我们有理由猜测这就是取等条件(如果不是就再说)
    考虑$1$在区间中间,所以必须是$(x-1)^2$,所以选择的局部不等式就是    \[        0 \le \frac{1}{x_i}(x_i-1)^2 (x_i-a) =x_i^2-(2+a)x_i+(2a+1)-\frac{a}{x_i}        \]
    累加得    \[        \sum_{i=0}^n x_i^2 \ge (2+a)\sum_{i=0}^n x_i +a \sum_{i=0}^n \frac{1}{x_i} -(2a+1)(n+1)= n+a^2    \]
    当$(1,1,\dots,1,a)$时取等
    虽然题目没要求,但是也可以使用类似的方法求出最大值:        考虑局部不等式    \[       \frac{1}{x_i} \left( x_i-\frac{a(n+a)}{1+na} \right)^2 \left( x_i-\frac{n+a}{1+na}\right) \le 0    \]
    可得    \[        x_i^2 \le \frac{(1+2a) (n+a)}{1+na}x_i+\frac{a^2 (n+a)^3}{(1+na)^3} \frac{1}{x_i}-\frac{a (2+a) (n+a)^2}{(1+na)^2}    \]
    累加得    \begin{align}        \sum_{i=0}^n x_i^2 &\le \frac{(1+2a) (n+a)}{1+na} (n+a)\\        &+\frac{a^2 (n+a)^3}{(1+na)^3} (n+\frac{1}{a})\\        &-\frac{a (2+a) (n+a)^2}{(1+na)^2}(n+1)\\       & =\frac{(n+a)^2 (1+na^2)}{(1+na)^2}    \end{align}    当取$n$个$\frac{a(n+a)}{1+na}$,1个$\frac{n+a}{1+na}$时取等

   
英文题目: An infinite sequence of positive integers $a_1, a_2, \dots$ is called $good$ if
    (1) $a_1$ is a perfect square, and
    (2) for any integer $n \ge 2$, $a_n$ is the smallest positive integer such that$$na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n$$is a perfect square.
    Prove that for any good sequence $a_1, a_2, \dots$, there exists a positive integer $k$ such that $a_n=a_k$ for all integers $n \ge k$.

中文题目: 一个无穷正整数数列 $a_1, a_2, \dots$ 被称作”好数列”,如果它满足:
    (1) $a_1$ 是完全平方数
    (2) 对一切 $n \ge 2$, $a_n$ 是使得 $$na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n$$为完全平方数的最小的正整数.
    证明:对所有”好数列” $a_1, a_2, \dots$, 存在正整数 $k$ 使得 对一切 $n \ge k$ 都有 $a_n=a_k$.

    设$na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n=b_n^2$,$b_n \in \mN$    \[        b_{n}^2-b_{n-1}^2=a_1+a_2+\dots+a_n    \]    显然 $b_n$严格递增
    如果$a_n$最终变为常数,那么最终$b_n^2-b_{n-1}^2$就是一次的
    从而最终$b_n$也是一次的,所以其实要证$b_n$最终是等差数列
    要证$b_n-b_{n-1}$最终是常数
    而我们证明一个正整数数列最终变为常数有一个经典做法:证明这个正整数数列不增,或者先找到某个不增的子列.
    在最美好的情况下,如果总有    \[        b_{n+1}-b_n \le b_n-b_{n-1}    \]    那么就可以立即判断命题成立.
    可以先去尝试证明$b_{n+1} \le 2b_n-b_{n-1}$
    而这需要$(n+1) a_1+n a_2+\dots+3 a_{n-1}+2 a_n<(2b_n-b_{n-1})^2$(因为如果此式成立,那么按照$a_{n+1}$的定义,$b_{n+1}^2=(n+1) a_1+n a_2+\dots+3 a_{n-1}+2 a_n+a_{n+1}$一定不会超过$(2b_n-b_{n-1})^2$)
    把左边用$b_n$表达    \begin{align}          & (n+1) a_1+n a_2+\dots+3 a_{n-1}+2 a_n                                                    \\        = & \left( na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n \right)+\left( a_1+a_2+\dots+a_n \right) \\        = & b_n^2+b_n^2-b_{n-1}^2=2b_n^2-b_{n-1}^2                                                   \\        = & (2b_n-b_{n-1})^2-2(b_n-b_{n-1})^2 < (2b_n-b_{n-1})^2    \end{align}        于是可得    \[        b_{n+1}^2 \le (2b_n-b_{n-1})^2,b_{n+1}-b_{n} \le b_{n}-b_{n-1}    \]
    所以$b_{n+1}-b_n$是不增的正整数列,某项之后是正整数$c$,剩下的就显然了.
    相关问题:2017-IMO-P1,2016-东南数学奥林匹克-P8

    对于每个正整数 $n \geq 3$ ，定义 $A_n$ 和 $B_n$ 如下: $A_n=\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2+3}+$ $\cdots+\sqrt{n^2+2 n-1}$,$B_n=\sqrt{n^2+2}+\sqrt{n^2+4}+\cdots+\sqrt{n^2+2 n}$.
    求所有满足 $\left\lfloor A_n\right\rfloor=\left\lfloor B_n\right\rfloor$ 的正整数 $n \geq 3$ .注 : 对于任何实数 $x $,$\lfloor x\rfloor$ 表示不大于 $x$ 的最大整数.

  这题真配不上P6,这里考虑把对一个大数的估计变成对小数的估计
    \[        \sqrt{n^2+k}-n=\frac{k}{\sqrt{n^2+k}+n} \in (\frac{k}{2n+1},\frac{k}{2n})    \]
    于是对$k=1,3,5,\dots,2n-1$累加,可得    \[        \frac{n^2}{2n+1}<A_n-n^2<\frac{n^2}{2n}=\frac{n}{2}    \]
对$k=2,4,6,\dots,2n$累加,可得    \[        \frac{n(n+1)}{2n+1}<B_n-n^2<\frac{n(n+1)}{2n}=\frac{n+1}{2}        \]        于是当$n$为偶数时,    \[        A_n-n^2<\frac{n}{2}<\frac{n(n+1)}{2n+1}<B_n-n^2    \]
    那么$\lfloor A_n \rfloor<\lfloor B_n \rfloor$,不合题意
    当$n$为奇数时,    \[        \frac{n-1}{2}< \frac{n^2}{2n+1}<A_n-n^2 <B_n-n^2<\frac{n+1}{2}    \]
    可得    \[        \lfloor A_n \rfloor = \lfloor B_n \rfloor=n^2+ \frac{n-1}{2}    \]
    于是当且仅当$n$为不小于3的奇数时符合题意.

证明:若实数 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 满足 $6(b c+c a+a b) \geq 5\left(a^2+b^2+c^2\right)$ ，则对实数 $x$ 、 $y$ 、 $z$ ，有\[    a^2(x-y)(x-z)+b^2(y-z)(y-x)+c^2(z-x)(z- y) \geq 0\]

    考虑\[        6ab \ge 5(a^2+b^2+c^2)-6ac-6bc=5(a-\frac{3}{5}c)^2+5(b-\frac{3}{5}c)^2+\frac{7}{5}c^2 \ge 0    \]
    若$a=0$,显然可得$b=c=0$,下面仅考虑$abc \ne 0$的情况
    此时$a,b,c$任意两个均同号
    不妨设$a,b,c$均为正实数,否则全部反号不影响题目.则有    \begin{gather}        6(a+b)c+\frac{3}{2}(a+b)^2 \ge 6(bc+ca+ab)        \ge 5(a^2+b^2+c^2) \ge 5\times \frac{(a+b)^2}{2}+5c^2\\        (a+b)^2-6(a+b)c+5c^2 \le 0\\        c \le a+b \le 5c    \end{gather}        考虑到将$x,y,z$同时加上一个数原式不变,不妨设$z=0$,则原式化为    \[        a^2 x^2+(c^2-a^2-b^2)xy+b^2 y^2 \ge 0        \]
    只需证    \[        \Delta=(c^2-a^2-b^2)^2-4a^2 b^2=-(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \le 0    \]
    而这是显然的,所以原不等式成立.