取对数后使用Lagrange乘子法，设
$$
L(a,\lambda)=\frac{1}{\sqrt{n-1}}\sum_i\ln a_i+\ln \sum_i a_i^2-\lambda\left(\sum_ia_i-n\right).
$$
一阶条件
$$
\frac{\partial }{\partial a_k}L(a,\lambda)=\frac{1}{a_k\sqrt{n-1}}+\frac{2a_k}{\sum_i a_i^2}-\lambda=0\implies g(a_k)=\frac{2a_k^2}{\sum_i a_i^2}-\lambda a_k +\frac{1}{\sqrt{n-1}}=0.
$$
上式对$k=1,\cdots,n$求和解出
$$
\lambda = \frac{2}{n}+\frac{1}{\sqrt{n-1}}.
$$
可以看出$a_1=a_2=\cdots=a_n=1$是一组实根. 下面寻找所有可能的实根。

设$Q=\sum_i a_i^2$，考虑二次函数
$$
g(t)=\frac{2t^2}{Q}-\left(\frac{2}{n}+\frac{1}{\sqrt{n-1}}\right) t +\frac{1}{\sqrt{n-1}},
$$
则$a_i$是二次函数的两根之一。假设$t_1=ku,t_2=u$是$g(t)=0$的两个实根，其中$k\ge 1$。如果$k=1$，就得到$a_1=a_2=\cdots=a_n=1$。如果$k>1$，可以设前$m$个$a_i$是$ku$,
$$
a_1=\cdots=a_{m}=ku,\quad a_{m+1}=\cdots=a_{n}=u.
$$
二次函数两根之积为
$$
t_1t_2=ku^2=\frac{Q}{2\sqrt{n-1}}=\frac{m(k^2u^2)+(n-m)u^2}{2\sqrt{n-1}}.
$$
得到关于$k$的方程
$$
mk^2-2k\sqrt{n-1}+n-m=0.
$$
判别式
$$
\left(2\sqrt{n-1}\right)^2-4m(n-m)\ge 0\implies m(n-m) \le n-1
$$
由函数$h(m)=m(n-m)$的性质知道$m$只能等于1（$m=n-1$是对称情形，对应$k<1$）. 解出$k=\sqrt{n-1}$以及
$$
a^*_{1}=\frac{n}{\sqrt{n-1}+1},\quad a^*_2=a^*_3=\cdots=a^*_{n}=\frac{1}{\sqrt{n-1}}a_1^*=\frac{n}{\sqrt{n-1}+n-1}.
$$
加上所有可能的轮换，这就是所有的根。余下只需检验
$$
\frac{1}{\sqrt{n-1}}\sum_i\ln a^*_i+\ln \sum_i (a_i^*)^2 \le \ln n.
$$
令$x=\sqrt{n-1}$，只需证明当$x\ge 1$时
$$
p(x)=\frac{(x+1)^2\left(\ln (x+1)-\ln \left(x^2+1\right)\right)}{x}+\ln \left(x^2+1\right)+x \ln(x)-\ln (2)\ge 0.
$$
求导
$$
p'(x)=
\frac{\left(x^4+x^2\right) \ln x-\left(x^4-1\right) \ln \left(\frac{x^2+1}{x+1}\right)+x-x^3}{x^4+x^2}=\frac{q(x)}{x^4+x^2}.
$$
分子继续求导得
$$
q'(x)=2 x\left(2 x^2 \ln \left(\frac{x(x+1)}{x^2+1}\right)+\ln x+2-2 x\right).
$$
利用$ \ln t\ge 1-\frac{1}{t}$和$ \ln t\ge 2\frac{t-1}{t+1}(t>1)$，得到
$$
\begin{align*}
& \;2 x^2 \ln \left(\frac{x(x+1)}{x^2+1}\right)+\ln x+2-2 x\\
\ge &\;2 x^2 \left(1-\frac{x^2+1}{x(x+1)}\right)+\ln x+2-2 x\\
=&\;\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}\ge 0.
\end{align*}
$$
所以得到$p(x)$的单调性. 这就证明了$p(x)\ge p(1)=0$.