1. 初中数学竞赛题目改编：图形排列
你需要在一个9个位置的方格中，填入4个红球和5个蓝球，要求红球和蓝球分别形成一个正方形。问有多少种不同的填法，如果可以旋转或对称得到的算作相同解？
解法：
我们可以先固定一颗红球，它必须放在正方形的角上，这样才能旋转或对称得到相同解。接下来考虑蓝球的位置。
如果只考虑旋转，我们不妨先将红球放在左上角，如下图所示：
我们可以发现，无论如何排列蓝球，只有这8种情况：
因为我们需要将这8种情况两两区分开，所以它们在轨道群的作用下不是等价的，而是分为两个轨道。每个轨道内部的排列可以通过旋转得到，不同轨道之间则不能通过旋转得到。因此，我们需要将不同轨道的计数分别进行。
我们先看两个偏上偏右的蓝球（图中用绿色圆圈标出），它们与红球间距为1，与其它2个蓝球的距离也为1。这种情况有4种，可以通过旋转得到。如果两个偏上偏右的蓝球换成其他2个蓝球，我们会得到同样的图形，所以这些情况可以合并为一个轨道。因此，有4种只考虑旋转的方案。
下一个轨道包含两个相邻的蓝球（图中用橙色圆圈标出），它们的距离为sqrt(2)。这种情况有8种，旋转或镜面对称得到，需要计入轨道群的作用。
最后一个轨道包含两个不相邻的蓝球（图中用粉色圆圈标出），它们的距离为sqrt(5)。这种情况有6种，旋转或镜面对称得到，需要计入轨道群的作用。
综上所述，不同的填法总数为4 + 8/4 + 6/4 = 6，可以在图中的红球位置随意选择，结果不变。
2. 对数函数，三角函数联合改编：无穷级数
已知数列$x_1,x_2,\cdots,x_n$都是正实数，证明下面的两个无穷级数是否收敛。
(1)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\log_{10}x_n}{x_n}$
(2)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin{x_n}}{n}$
解法：
1.证明第一个无穷级数收敛
我们可以先考虑当$x_n = 2^n$时，无穷级数的求和情况。此时我们有：
$$\begin{aligned}\frac{\log_{10}x_n}{x_n}=\frac{n\log_{10}2}{2^n}\end{aligned}$$
根据比较判别法，我们可以选择一般项为以下形式的级数：
$$\begin{aligned}\sum_{n=1}^{\infty}\frac
{n^p}\end{aligned}$$
当$p>1$时，由于以下不等式成立：
$$\begin{aligned}\frac{\frac{\log_{10}2}
}{n^{\frac}}\leq\frac{\log_{10}2}{2^n}\leq\frac{\frac{\log_{10}2}}{n^2}\end{aligned}$$
根据比较判别法，原级数收敛。因为$x_n$的取值是任意正实数，所以原级数在一般情况下也收敛。
2.证明第二个无穷级数发散
为了证明第二个无穷级数发散，我们需要利用以下定理：
如果数列$x_1,x_2,\cdots,x_n$满足$|x_k|\leq M,\forall k$，且$x_n$中任意选取$k_1,k_2,\cdots,k_q$个元素（其中$q$为任意正整数），都可以满足$|\sum_{i=1}^{q}x_{k_i}|\geq\frac
M$。那么级数$\sum_{n=1}^{\infty}x_n$发散。
我们选择一个简单的情况：取$x_n = \frac{n}$。如果级数$\sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{n}$收敛，那么无穷级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin x_n}{n}$也收敛。此时我们证明它发散：
可以将$n$个偏移量$\frac{n}$放在区间$[0,1]$中，这样可以将复数$e^{ix}$看做是单位圆上的点，如下图所示。
因为$\sin x$是偶函数，所以可以先将负实数映射到正实数上，得到一个与第一象限相同的图形。这样，我们就可以每隔$\pi/2$度选取一个点，共取4个点进行求和。这4个点可以组成一个正方形，如下图所示。
图中黑点即为我们选取的点。可以发现，正方形的对角线长度为2，每条边的长度都为1。根据勾股定理，$\sin x_n\geq\frac{\sqrt}\cdot\frac{n}$。所以对于任意正整数$N$，我们可以选取$n=2N-1,n=2N,n=2N+1$这三个元素，使得$|\sum_{i=1}^\sin\frac{n}|>\frac{\sqrt}\cdot\frac{N}$。因此，根据上述定理，无穷级数$\sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{n}$发散，所以原级数发散。
3. 概率分布改编：贪吃的鱼
一条长度为$L$的鱼从左端口游向右端口，其运动满足以下特点：
在任意时刻，鱼的运动方向向左或向右，两个方向的概率分别为$p$和$q$（$0 鱼在单位时间内每前进一个单位长度，都有一个固定概率$s(0 鱼在前进过程中，会碰到长度为$l(l 当鱼到达右端口时停止运动。 试计算鱼在单位时间内游过$L$的概率分布，并证明这个概率分布满足概率归一化的条件。 解法： 假设鱼运动（不考虑扰动）的速度为$v$。 当鱼向右运动时，设$t$为鱼在向左运动的鱼中所需要遇到的第一条鱼出现的时间。在$t$时间内，鱼向右运动的距离为$vt$。在鱼到达右端口之前的某个固定时刻，一定会有$n$条鱼向右运动的距离比鱼的位置更加接近右端口。在这些鱼的“协助”下，鱼的运动距离将增加一个偏差项$Nd$，其中$d\sim N(0,\sigma^2)$。如果鱼运动速度与扰动方差$d$的比值为$s$，那么鱼的实际速度$v'=v(1+sNd)$，扰动对鱼的运动方向没有影响。在运动速度为$v'$的情况下，鱼到达右端口所需要的最短时间为$t+\frac{L-vt}{v'}$，即$t'=t+\frac{L-vt}{v(1+sNd)}$。 类似地，当鱼向左运动时，设$t_1$为鱼在向右运动的鱼中所需要遇到的第一条鱼出现的时间，$t_2$为鱼在向左运动的鱼中所需要遇到的第一条鱼出现的时间，那么鱼到达右端口所需要的最短时间为$t'=\min(t_1+\frac{L-vt_1}{v(1-sd)},t_2+\frac{vt_2}{v(1+sd)})$。 综合以上两种情况，鱼在单位时间内的实际运动距离为$\frac{L}{t'}$，该随机变量的期望和方差都很难直接求解。但根据中心极限定理，我们知道在大样本下，该随机变量服从正态分布。而在本题中，$N$足够大，$\alpha$足够小，可以近似地认为该随机变量服从高斯分布。 我们需要证明概率分布满足以下条件： $$\begin{aligned}\int_ 为了完成证明，我们需要计算上面那个积分，找出$p(x)$的通项公式。 对于任意固定的$x$，在$t$时间内鱼到达这个位置的概率为： $$\begin{aligned}\alpha\int_ （详见参考文献 [1]） 因为上式的积分无法直接求解，我们可以通过变量替换，将积分范围从$[0,+\infty)$缩小到$[0,1]$。我们取$d=\frac{t'-t}{t'}$，那么当鱼向右运动时，$\frac{t'}{t}=\frac{L}{vt'}+1$；当鱼向左运动时，$\frac{t'}{t}=\min(\frac{L}{vt'}+1,\frac{t}{vt})$。观察可知，$d$在$[0,1]$上均匀分布，所以我们需要计算$f_d(x) = \mathbf{P}(d\leq x)$，其表达式为： $$\begin{aligned}f_d(x)=\begin{cases} q\alpha\sqrt{\frac p\alpha\sqrt{\frac \end{cases}\end{aligned}$$ （上式中，$p=1-q$） 这个表达式没有一个明显的积分公式，我们需要选择一个计算数值积分的方法。如果使用标准的数值积分方法，且$\sigma$取得很小，计算会非常缓慢，因为积分下限是0，上限是$L$，鱼到达$L$的概率非常小，出现被zeroCount截尾精度误差的可能。一个好的解决方法是使用Monte Carlo方法进行数值积分，请参考参考文献[1]。 最终得到的通项公式为： $$\begin{aligned}p(x)=\frac{f_d(x)}{\int_1.计算概率分布
2.证明概率分布归一化
^{L}p(x)dx=1\end{aligned}$$^{+\infty}\frac{\sqrt{2\pi\sigma^2}}e^{-\frac{(xt-vt')^2}{2\sigma^2}}dt'=q\alpha\int_^{+\infty}\frac{\sqrt{2\pi\sigma^2}}e^{-\frac{(xt+v't')^2}{2\sigma^2}}dt'\end{aligned}$${\pi}}\int_^{L}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sigma t'\sqrt{1-x^2}}e^{-\frac{(xr-y)^2}{2\sigma^2(1-x^2)}}e^{-\frac{(y-L)^2}{2vt}}dy dx&\text{鱼向右}\\{\pi}}\int_^{L}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sigma t'\sqrt{1-x^2}}e^{-\frac{(xr+y)^2}{2\sigma^2(1-x^2)}}e^{-\frac{(y-L)^2}{2vt}}dy dx&\text{鱼向左}^{L}f_d(y
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