求出所有实数 $a$，使得存在非负实数 ${x}_{1},{x}_{2},{x}_{3},{x}_{4},{x}_{5}$ 满足关系式 $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{5}{k{{x}_{k}}=a},\sum\limits_{k=1}^{5}{{{k}^{3}}{{x}_{k}}={{a}^{2}}},\sum\limits_{k=1}^{5}{{{k}^{5}}{{x}_{k}}={{a}^{3}}}$．（以色列）
【难度】
【出处】
1979年第21届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
所求关系式并为 $\displaystyle a^2\sum\limits_{k=1}^{5}kx_k+\sum\limits_{k=1}^{5}k^5x_k=2a\sum\limits_{k=1}^{5}k^3x_k$．
或者 $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^5k(a-k^2)^2x_k=0$．
于是这五个非负项均为零，即 $k(a-k^2)^2x_k=0,k=1,2,3,4,5$．
若 $x_1=x_2=x_3=x_4=x_5=0$，则 $a=0$；否则对某个 $j,x_j\ne 0$，则 $a=j^2$．
这样，$a$ 的 $6$ 个可能取值为 $0,1,4,9,16,25$．
证法二
由柯西不等式知
$\begin{aligned}
(a^2)^2&=\left(\sum_{k=1}^5k^3x_k\right) ^2\\
&\leqslant \left(\sum_{k=1}^5kx_k \right)\left(\sum_{k=1}^5k^5x_k \right) \\
&=a^4
\end{aligned}$
不等式其实是等式．由柯西不等式变为等式之成立条件，即存在实数 $\lambda$，满足 $\sqrt{k^5x_k}=\lambda\sqrt{kx_k}$，
或 $k^4x_k=\lambda^2x_k$，
即 $(k^4-\lambda^2)x_k=0,k=1,2,3,4,5$．
如对某个 $j,x_j\ne 0$，于是 $\lambda=j^2$．其余的 $x_i$ 均为零，代入原式，得
$jx_j=a,j^3x_j=a^2$．
即 $a=j^2=\lambda$，同时满足 $j^5x_j=a^3$．
另一种情形就是 $x_k=0,k=1,2,3,4,5$．此时 $a=0$．
于是 $a$ 可能取值为 $0,1,4,9,16,25$．
所求关系式并为 $\displaystyle a^2\sum\limits_{k=1}^{5}kx_k+\sum\limits_{k=1}^{5}k^5x_k=2a\sum\limits_{k=1}^{5}k^3x_k$．
或者 $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^5k(a-k^2)^2x_k=0$．
于是这五个非负项均为零，即 $k(a-k^2)^2x_k=0,k=1,2,3,4,5$．
若 $x_1=x_2=x_3=x_4=x_5=0$，则 $a=0$；否则对某个 $j,x_j\ne 0$，则 $a=j^2$．
这样，$a$ 的 $6$ 个可能取值为 $0,1,4,9,16,25$．
证法二
由柯西不等式知
$\begin{aligned}
(a^2)^2&=\left(\sum_{k=1}^5k^3x_k\right) ^2\\
&\leqslant \left(\sum_{k=1}^5kx_k \right)\left(\sum_{k=1}^5k^5x_k \right) \\
&=a^4
\end{aligned}$
不等式其实是等式．由柯西不等式变为等式之成立条件，即存在实数 $\lambda$，满足 $\sqrt{k^5x_k}=\lambda\sqrt{kx_k}$，
或 $k^4x_k=\lambda^2x_k$，
即 $(k^4-\lambda^2)x_k=0,k=1,2,3,4,5$．
如对某个 $j,x_j\ne 0$，于是 $\lambda=j^2$．其余的 $x_i$ 均为零，代入原式，得
$jx_j=a,j^3x_j=a^2$．
即 $a=j^2=\lambda$，同时满足 $j^5x_j=a^3$．
另一种情形就是 $x_k=0,k=1,2,3,4,5$．此时 $a=0$．
于是 $a$ 可能取值为 $0,1,4,9,16,25$．
答案
解析
备注
