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例9、对于满足条件x 1 +x 2 + … +x n =1的非负实数x 1 ，x 2 ，…，x n ，求
（x j4- x j5）的最大值（第40届IMO中国国家队选拔考试题）。
分析与解：先考虑n=2、3的情形，可发现（x j4- x j5）达到最大时，x 1 ，x 2，…，
x n 中最多有2个不为零。考虑这样的磨光工具：（x，y）→（x+y，0），希望有（x+y）4-（x+y）5+04- 05 >x4- x5+y4-y5。此不等式等价于4x3y+4xy3+6x2y2>5x4y+5xy4+10x3y2+10x2y3，即4x2+4y2+6xy>5x3+5y3+10x2y+10xy2。
上式左边=（x2+y2）+（x2+y2）+6xy≥（x2+y2）+xy+6xy=（x+y）2。
上式右边≤5x3+5y3+15x2y+15xy2=5（x+y）3。
于是，上式成立的一个充分条件是（x+y）2>5（x+y）3，即x+y<。这样，我们得到如下
引理：如果x+y<，则（x+y）4-（x+y）5 >x4- x5+y4-y5。
现在再来解答原题。设x 1 ，x 2 ，…，x n 中不为零的数的个数为k，不妨设x 1 ≥x 2 ≥ …≥x k>0，x k+1= x k+2=…=xn=0，如果k≥3，则令（i=1，2，…，k-2），x' k-1= x k-1+ x k，x' k=0，因为x k-1+ x k≤≤<，由引理，有（x' j4- x' j5）>（x j4- x j5）。
只要非零变量个数不小于3，上述调整就可进行。最多经过n-2次调整，可以将x3、…xn调为0，而S不减。设此时的x1、x2为c、d，则c+d=1，且S=c4（1-c）+d4（1-d）=c4d+cd4=cd（c3+d3）=cd（c+d）（c2-cd+d2）=cd[（c+d）2-3cd]=cd（1-3cd）=。
另一方面，要使S=，则上述一些不等式都成立等号，由此可得，当，，x3=…=xn=0时，S=，故Smax=。
例10、对1，2，…，10的一个排列p=（x1 ，x2 ，…，x10），定义：S（p）= ，其中约定x11=x1。试求：（1）S（p）的最大值与最小值；（2）使S（p）达到最大值的所有排列p的个数；（3）使S（p）达到最小值的所有排列p的个数。
分析与解：（1）由S的轮换对称性，不妨设x1=1，则x10≥2，且对k=1，2，…，9，有|2xk-3xk+1|≥3xk+1-2xk，且|2x10-3x1|≥2x10-3x1。将这些不等式相加得。
另一方面，要使S（p）=57，则上述一些不等式都成立等号，由此可得，当x1=1，xk=12-k（k=2，3，…，10）时，S（p）=57。故Smin=57。
又将S去绝对值符号后，总是有10个正项，10个负项。设有s个负项是2xk型的，t个负项是3xk型的，则S=∑1+∑2+∑3+∑4，其中∑1，∑2分别是2xk型的正，负项之和，∑3，∑4分别是3xk型的正，负项之和，则∑1≤2[10+9+…+（s+1）]（注意∑1中有10-s个项），∑2≤-2（1+2+…+s）（注意∑2中有s个项），同样∑3≤3[10+9+…+（t+1）]，∑4≤-3（1+2+…+t）。于是。
由于t=10-s，所以
S（p）≤275-2s（s+1）-3（10-s）（11-s）=。
另一方面，要使S（p）=131，则上述一些不等式都成立等号，由此可得，当x1，x2，…，x10分别为8，1，5，10，2，6，9，4，7，3时，S（p）=131。故Smax=131。
（2）若S达到最大值，由（1）中等号成立的条件知，将S去绝对值符号后的正项为2×10，2×9，2×8，2×7，3×10，3×9，3×8，3×7，3×6，3×5，负项为-3×1，-3×2，-3×3，-3×4，-2×1，-2×2，-2×3，-2×4，-2×5，-2×6。
通过穷举可得S去绝对值符号后的正项和负项就是这些项的充分必要条件是：如果将10个数按顺时针方向排成一圈，则1，2，3，4两两不相邻，且分别在1，2，3，4的逆时针方向上和它们紧邻的数恰是7，8，9，10。
这样，为了得到一个使S最大的排列，第一步先将1，2，3，4排在圆周上，使没有两个数相邻，这共有600种方法（先确定1的位置，并不考虑2，3，4的顺序，穷举可得有10种方法，而1有10个可能位置，故共有10×10×3！=600种方法）。第二步将7，8，9，10排在1，2，3，4的逆时针方向上和它们紧邻的空位中，有4！=24种方法。第三步，将5，6排在剩下的空位中，有2！=2种方法。故使S最大的排列有600×24×2=28800个。
（3）设S达到最小值。不妨设x1=1，由（1）中等号成立的条件知，此时x10=2，且2xk≤3xk+1（k=1，2，…，9）……（*）。
由2x9≤3×2得x9=3；由2x8≤3×3得x8=4。由2x7≤3×4得x7=5或6。
①x7=5，此时由2x6≤3×5得x6=6或7。若x6=6，则{x2，x3，x4，x5}={7，8，9，10}，且由2x5≤3×6得x5≠10。容易验证只要x5≠10，结论（*）就成立，故此时有4！-3！=18个排列。若x6=7，则{x2，x3，x4，x5}={6，8，9，10}，且只要不出现xk=10且xk+1=6的情况，结论（*）都成立，故此时有4！-3×2=18个排列。
②x7=6，此时由2x6≤3×6得x6=5，7，8，9。若x6=5，则由2x5≤3×5得x5= 7。此时{x2，x3，x4}={8，9，10}，且结论（*）总成立。此时有3！=6个排列。对x6=8或9，只要不出现xk=8或9且xk+1=5的情况，结论（*）就成立。故此时有2（4！-2×3×2）=24个排列。若x6=7，则只能x2=5，此时结论（*）总成立，故有3！=6个排列。
综上所述，由轮换对称性，使S最小的排列有10（18+18+6+24+6）=720个。
例11、设x1，x2，…，x1990是1，2，…，1990的一个排列，
求F=|…‖x1-x2| -x3| -…-x1990| 的最大值（第24届全苏数学奥林匹克试题）。
分析与解：我们先用两种不同的方法证明F≤1990。
证法1：首先注意到x，y>0时，|x-y|≤max{x，y}。所以
|x1-x2|≤max{x1，x2}，||x1-x2|-x3|≤max{max{x1，x2}，x3}=max{x1，x2，x3}。
设|||x1-x2|-x3-…-xk|≤max{x1，x2，x3，…，xk}，则
|||x1-x2|-x3-…-xk+1|≤max{max{x1，x2，x3，…，xk}，xk+1}
=max{x1，x2，x3，…，xk，xk+1}。
所以 F=|||x1-x2|-x3-…-x1990|≤max{x1，x2，x3，…，x1990}=1990。
证法2：对于1，2，…，1990的一个排列x1，x2，…，x1990，
令Fk=|…‖x1-x2| -x3| -…-xk|（2≤k≤1990），则Fk+1=|Fk-xk+1| ，F=F1990。
因为1≤x1≤1990，1≤x2≤1990，0≤|x1- x2|≤1990，即0≤F2≤1990。
设0≤Fk≤1990，而1≤xk+1≤1990，所以 0≤|Fk- xk+1|≤1990，即0≤Fk+1≤1990，于是，对所有正整数n=1，2，…，1990，有0≤Fn≤1990。取n=1990，得F=F1990≤1990。
下面再证明F≠1990。因为|x|≡x≡±x（mod 2），所以
F≡x1-x2-x3-…-x1990≡x1+x2+x3+…+x1990=1+2+…+1990≡1（mod2），
所以 F≠1990，所以F≤1989。
最后构造1，2，…，1990的一个排列：x1，x2，x3，…，x1990，使F=1989。
我们的构造策略是，先从等号成立的条件入手，注意到1990-1=1989，期望构造中有F=|1-1990|=1989。进而从使F=|||x1-x2|-x3-…-x1990|易于计算考虑，期望“代数和”中尽可能多地产生0。于是，希望除1和1990外，其他1988个数相互抵消。再注意到4|1988，从而想到将x1，x2，x3，…，x1988中相继的4个数为一组，分为497组，使每组中4个数xi，xi+1，xi+2，xi+3满足：|||xi- xi+1|- xi+2|- xi+3|=0（*）。
通过尝试4个连续正整数，发现它们适当排列，可满足等式（*）。实际上，我们发现了两种合乎要求的构造。
其一是注意到|||（4k+2）-（4k+4）|-（4k+5）|-（4k+3）|=0，从而令（x4k+1，x4k+2，x4k+3，x4k+4）=（4k+2，4k+4，4k+5，4k+3），其中k=0，1，2，…，496。
其二是注意到对任何正整数n，有|||n+3-（n+1）|-（n+4）|-（n+2）|=0，于是令xi=1990-i（1≤i≤1989），x1990=1990，则F=| x1989- x1990|=|1-1990|=1989。
综上所述，F的最大值为1989。