无

略

解法1 我们证明：$$\left(\sum\limits_{i=1}^{n}{a_i}\right)^2+\left(\sum\limits_{i=1}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{a_i}-\sum\limits_{j=\left[\frac{n}{2}\right]+1}^{n}{a_j}\right)^2\leqslant(n+1)\left(\sum\limits_{i=1}^{n}{a_i^2}\right)\qquad\cdots\cdots\text{ ① }$$即对 $i=1,\cdots,\left[\dfrac{n}{2}\right]$，取 $\varepsilon_i=1$；对 $i=\left[\dfrac{n}{2}\right]+1,\cdots,n$，取 $\varepsilon_i=-1$ 符合要求．
事实上，$\text{ ① }$ 的左边为\[\begin{split}&\left(\sum\limits_{i=1}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{a_i}+\sum\limits_{j=\left[\frac{n}{2}\right]+1}^{n}{a_j}\right)^2+\left(\sum\limits_{i=1}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{a_i}-\sum\limits_{j=\left[\frac{n}{2}\right]+1}^{n}{a_j}\right)^2\\=&2\left(\sum\limits_{i=1}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{a_i}\right)^2+2\left(\sum\limits_{j=\left[\frac{n}{2}\right]+1}^{n}{a_j}\right)^2\\ \leqslant&2\left[\dfrac{n}{2}\right]\left(\sum\limits_{i=1}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{a_i^2}\right)+2\left(n-\left[\dfrac{n}{2}\right]\right)\left(\sum\limits_{j=\left[\frac{n}{2}\right]+1}^{n}{a_j^2}\right)\\=&2\left[\dfrac{n}{2}\right]\left(\sum\limits_{i=1}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{a_i^2}\right)+2\left(\left[\dfrac{n+1}{2}\right]\right)\left(\sum\limits_{j=\left[\frac{n}{2}\right]+1}^{n}{a_j^2}\right)\\ \leqslant&n\left(\sum\limits_{i=1}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{a_i^2}\right)+(n+1)\left(\sum\limits_{j=\left[\frac{n}{2}\right]+1}^{n}{a_j^2}\right)\\ \leqslant&(n+1)\left(\sum\limits_{i=1}^{n}{a_i^2}\right).\end{split}\]所以 $\text{ ① }$ 得证，从而本题得证．
解法2 首先，由于问题中 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 的对称性，可设 $a_1\geqslant a_2\geqslant \cdots\geqslant a_n$，此外，若将 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的 $\displaystyle \left(\sum\limits_{i=1}^{n}{a_i}\right)^2$ 不减，而右边的 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{n}{a_i^2}$ 不变，并且这一手续不影响 $\varepsilon_i=\pm1$ 的选取，因此我们可进一步设 $a_1\geqslant a_2\geqslant\cdots\geqslant a_n\geqslant0$．
【引理】设 $a_1\geqslant a_2\geqslant \cdots\geqslant a_n\geqslant0$，则 $\displaystyle 0\leqslant\sum\limits_{i=1}^{n}{(-1)^{i-1}a_i}\leqslant a_1$．
事实上，由于 $a_i\geqslant a_{i+1}$，故当 $n$ 时偶数时，\[\begin{split}&\sum\limits_{i=1}^{n}{(-1)^{i-1}a_i}=(a_1-a_2)+(a_3-a_4)+\cdots+(a_{n-1}+a_n)\geqslant0,\\ &\sum\limits_{i=1}^{n}{(-1)^{i-1}a_i}=a_1-(a_2-a_3)-\cdots-(a_{n-2}+a_{n-1})-a_n\geqslant a_1,\end{split}\]当 $n$ 为奇数时，\[\begin{split}&\sum\limits_{i=1}^{n}{(-1)^{i-1}a_i}=(a_1-a_2)+(a_3-a_4)+\cdots+(a_{n-2}+a_{n-1})+a_n\geqslant0,\\ &\sum\limits_{i=1}^{n}{(-1)^{i-1}a_i}=a_1-(a_2-a_3)-\cdots-(a_{n-1}+a_n)\geqslant a_1,\end{split}\]引理得证．
回到原命题，由柯西不等式及上面引理可知$$\left(\sum\limits_{i=1}^{n}{a_i}\right)^2+\left(\sum\limits_{i=1}^{n}{(-1)^{i-1}a_i}\right)^2\leqslant n\left(\sum\limits_{i=1}^{n}{a_i^2}\right)+a_1^2\\ \leqslant(n+1)\sum\limits_{i=1}^{n}{a_i^2}.$$这就证明了结论．