Fijemos un entero $n \ge 2$ (pares o impares). La función
$$
F(x_1, \ldots, x_n) = (x_1^2 + x_2^2)(x_2^2 + x_3^2) \cdots (x_n^2 + x_1^2)
$$
es continua en el conjunto compacto
$$
K = \{ x \in \Bbb R_{\ge 0}^n \mid \sum_{k=1}^n x_k = n \} \, ,
$$
por lo tanto, alcanza su máximo en algún punto de $a \in \Bbb R_{\ge 0}^n$:
$$ \etiqueta{M}
f(n) = \max \{ F(x) \mid x \in K \} = F(a) \, .
$$
La idea es mostrar que
$$ \begin{aligned}
a &= (0, 2, 0, 2, \ldots, 0, 2) \quad\text{if %#%#% is even,} \\
a &= (0, 2, 0, 2, \ldots, 0, 3/2, 3/2) \quad \text{if %#%#% is odd.}
\end{aligned} \etiqueta{*}
$$ o una permutación cíclica de los mismos.
De ello se sigue que
$$
f(n) = \begin{cases}
2^{2n} & \quad\text{if %#%#% is even,} \\
2^{2n-11} \cdot 3^6 & \quad\text{if %#%#% is odd.}
\end{casos}
$$
La prueba de $n$ se realiza en varios pasos.
Paso 1:
$$
a_k > 0 \quad \implica \quad a_{k-1} < a_k \text{ o } a_{k+1} < a_k \,.
$$
En particular, $n$.
A grandes rasgos: un "mínimo local" en los componentes es necesariamente igual a cero.
Prueba: Supongamos que $n$. (Aquí y en el siguiente, todos los cálculos del índice se realiza a $n$.) Entonces
$$
(a_{k-1}^2 + a_k^2)(a_k^2 + a_{k+1}^2) \le (a_{k-1}^2 + a_{k-1} a_k)(a_k a_{k+1} + a_{k+1}^2) \\
< (a_{k-1} + \frac 12 a_k)^2 (a_{k+1} + \frac 12 a_k)^2
$$
así que
$$
F(\ldots, a_{k-1}, a_k, a_{k+1},\ldots) <
F(\ldots, a_{k-1} + \frac 12 a_k, 0, a_{k+1} + \frac 12 a_k, \ldots)
$$
en contradicción a la maximality condición de $(*)$.
Paso 2: $$
\begin{aligned}
&0 = a_{k-1} < a_k \le a_{k+1} \le a_{k+2} \quad \text{or} \\
&a_k \ge a_{k+1} \ge a_{k+2} > a_{k+3} = 0
\end{aligned}
$$
no se sostiene por ningún índice $ \min(a_1, \ldots, a_n) = 0$.
En otras palabras: un cero componentes no puede ser seguido por el aumento de tres a cero de los componentes, o precedida por tres disminución de los componentes.
Prueba: Supongamos que $\min(a_{k-1}, a_{k+1}) \ge a_k > 0$. Entonces
$$
a_k^2 ( a_k^2+ a_{k+1}^2)(a_{k+1}^2 + a_{k+2}^2)
= a_k^4 a_{k+1}^2 + a_k^4 a_{k+2}^2 + a_k^2 a_{k+1}^4 + a_k^2 a_{k+1}^2 a_{k+2}^2 \\
\le a_k^4 a_{k+2}^2 + 3 a_k^2 a_{k+1}^2 a_{k+2}^2
< (a_k + a_{k+1})^4 a_{k+2}^2
$$
así que
$$
F(\ldots, 0, a_k, a_{k+1},a_{k+2}, \ldots) <
F(\ldots, 0, a_k + a_{k+1}, 0, a_{k+2}, \ldots)
$$
en contradicción a la maximality condición de $\bmod n$.
Paso 3: En la mayoría de los dos consecutivos componentes $(M)$ son cero.
Prueba: Vamos a $k$ ser una gama máxima de $0 = a_{k-1} < a_k \le a_{k+1} \le a_{k+2}$ consecutivos distinto de cero componentes de $(M)$:
$$
\begin{aligned}
a_{k-1} &= 0 \\
a_j &> 0 \quad \text{for %#%#%}, \\
a_{k+l} &= 0
\end{aligned}
$$
Deje $a_k$ ser un índice en el que el máximo de los componentes se obtiene:
$$
a_m = \max \{ a_k, \ldots, a_{k+l-1} \} \, .
$$
Desde el Paso 1 se deduce que los componentes son (débilmente) se incrementa hasta el $a_k, \ldots, a_{k+l-1}$, y (débilmente) a disminuir después de $l$:
$$
0 = a_{k-1} < a_k \le a_{k+1} \le \ldots \le a_{m-1}\le a_m \\
\ge a_{m+1} \ge \ldots \ge a_{k+l-1}
> a_{k+l} = 0 \, .
$$
A partir del Paso 2 a continuación, se deduce que $a$ es precedido y seguido por más de un componente distinto de cero, lo que significa que $j=k, \ldots, k+l-1$.
Sigue exlude el caso de $m \in \{ k, \ldots, k+l-1 \}$: Suponga que el
$$
0 = a_{k-1} < a_k \le a_{k+1} \ge a_{k+2} >a_{k+3} = 0 \, .
$$
Entonces
$$
a_k^2 ( a_k^2 + a_{k+1}^2) < (a_k + \frac 12 a_{k+1})^4 \, ,\\
(a_{k+1}^2 + a_{k+2}^2) a_{k+1}^2 < (a_{k+2} + \frac 12 a_{k+1})^4 \, ,
$$
así que
$$
F(\ldots, 0, a_k ,a_{k+1},a_{k+2},0,\ldots)
< F(\ldots,0, a_k + \frac 12 a_{k+1},0, a_{k+2} + \frac 12 a_{k+1}, 0, \ldots) \, .
$$
Por lo que hasta ahora hemos demostrado que los componentes de $a_m$ consisten en "bloques", comenzando desde cero y seguido por uno o dos a cero de los componentes. Estos bloques se pueden cambiar sin cambiar el valor de $a_m$. Por lo tanto, podemos asumir que $a_m$ consta de cero o más "2 calles", seguido por cero o más "de 3 bloques:"
$$
a = (0, u_1, \ldots, 0, u_N, 0, v_1,w_1, \ldots, 0, v_M, w_M)
$$
Paso 4: $l \le 3$ en cada una de 3-bloque.
Prueba: Si $l=3$luego
$$
v_j^2(v_j^2 + w_j^2)w_j^2 < 2 \left( \frac{v_j+w_j}2 \right)^6
$$
de modo que $a$ aumenta si el bloque de $F(a)$ es reemplazado por $a$.
Paso 5: Todos los 3 bloques son idénticos: $v_j = w_j$.
Prueba: Cada 3 bloque contribuye $v_j \ne w_j$ a la del producto $F(a)$. La contribución total de los 3 bloques es
$$
2^M (v_1 \cdots v_M)^6 \le 2^M \left( \frac{v_1 + \ldots + v_M}{M}\right)^{6M}
$$
con igualdad si y sólo si todos los $(0,v_j,w_j)$ son iguales (AM-GM de la desigualdad).
Paso 6: Hay más de un 3-bloque.
Prueba: la Sustitución de dos de 3 bloques
$$
(0,v, v 0,v, v)
$$
por tres 2-bloques
$$
(0,u,0,u,0, u)
$$
con $(0,\frac{v_j+w_j}2,\frac{v_j+w_j}2)$ conserva la suma de los componentes, pero aumenta el valor de $v_1 = \ldots = v_M$.
Paso 7: los 2-bloques son idénticos: $2v_j^6$.
La prueba es idéntica a la del Paso 5.
Finale: Para, incluso, $F(a)$ hemos terminado. $v_j$ sólo consiste en (idénticos) 2-bloques, y la suma de los componentes es $u = \frac 43 v$, es decir,
$$
un = (0, 2, 0, 2, \ldots , 0,2) \,.
$$
Si $F(a)$ es impar, a continuación, $u_1 = \ldots = u_N$ 2-bloques son seguidos por una sola de 3 bloque
$$
a = (0,u,0,u,\ldots,0, v, v) \quad \text{donde }\frac{n-3}{2}u + 2v = n \, .
$$
Entonces
$$
F(a) = 2 u^{2n-6}v^6 = 2 \left(\frac 43 \right)^{2n-6} \left(\frac 34 u\right)^{2n-6}v^6 \, .
$$
El AM-GM de la desigualdad muestra que
$$
\left(\frac 34 u\right)^{2n-6}v^6 \le \left( \frac{(2n-6)\frac 34 u + 6 v}{2n}\right)^{2n}
= \left( \frac{3n}{2n}\right)^{2n} = \left( \frac{3}{2}\right)^{2n} \, .
$$
con igualdad si y sólo si $n$. De ello se desprende que $a$ e $n$ para la máxima vector $n$, es decir,
$$
a = (0,2,0,2,\ldots,0, 3/2, 3/2) \, ,
$$
y que termina la prueba.
