数学概率题
一个盒子装有6只乒乓球，其中4只是新球。第一次比赛时随机地从盒子中取出2只乒乓球，使用后放回盒子．第二次比赛时又随机地从盒子中取出2只乒乓球。
(1) 试求第二次取出的球全是新球的概率；
(2) 已知第二次取出的球全是新球，试求第一次比赛时取的球恰含一个新球的概率。
“如果甲想取得胜利较大的可能性”，这句话必须是针对“乙是对这三个数任意分配”的这个原则来的，也就是说，在乙可能选取的三个数的所有组合的情况下，两人随机取数比较，甲赢得比赛的概率比较高。这样理解的前提下，我认为应该平均分配三个数，即34，33，33。原因如下：
三个数设为x、y、z，其和为100的理解是：点P(x,y,z)应该位于平面x+y+z=100这一平面上。加上其他条件，那么P是该平面在第一象限中的点，（各个坐标为整数暂时不需要考虑）。平面被第一象限截为一个等边三角形，如图即△XYZ。甲、乙在△XYZ内分别取值，设分别取点P1和点P2，那么P1点何时会优于P2点（即有较大的取胜可能）呢？
先举几个例子。比如（甲乙有相同的数的不需要考虑，因为那时两者胜率相同，全凭运气了）：
（1）甲取（34,33,33），乙取（50,49,1），那么结果是显然的，甲1:2负于乙；
（2）再如甲不变，乙取（90,9,1），那么结果也很明了：甲2:1胜乙；
但是也存在下面的情况：
（3）甲取（60,30,10），乙取（50,49,1），那么谁的胜算大些呢？
这个用罗列法可以得知，甲和乙取胜的概率之比为2:1。乙还是有胜算的（用自己的1撞到甲的60的时候），但是概率要低。
在上面的例子中需要注意的是，虽然写成坐标的形式，但是甲乙比较时可是随机抽取三个数之一来比较的哦！所以不要弄混了……
另外，之所以将各点的坐标写成从大到小是有缘由的：这样从高到低排列的坐标依次比较，所得的结果和两人胜出的概率紧密相关；当在这样的排序情况下的三次比较中有两次胜出的一方将拥有较大的胜出概率。（注意这里谈的是胜出概率较大，（1）（2）的情况必胜，但也存在（3）这样的情况，仍然符合这一规律）
这个结论的证明比较费口舌，不妨将甲和乙的数进行从大到小的排列（需考虑所有可能的情况），然后再来验证即可。如（1）的情况是“乙乙甲甲甲乙”，（2）的情况是“乙甲甲甲乙乙”，（3）的情况是“甲乙乙甲甲乙”……这些情况都可以验证上面的结论。还有情况没考虑到？对的，还有种“甲乙甲乙乙甲”，那么谁赢谁输呢？依然是甲的胜算大些，可以验证一下。
其他情况只是将甲和乙的位置对调，可以不用再做讨论。
在承认了上述结论的基础上，请参考附图。图中，AB过P1点且平行于xOy面，CD过P1点且平行于yOz面，EF过P1点且平行于xOz面。为什么这么分割△XYZ？是为了比较各个坐标分量的大小。当然这里的P1的坐标已经是从大到小排列的了。那么在所划分出的六个区域中，P2（坐标也已经按从大到小排列了）位于哪个区域时甲才有更大的胜算呢？按照上面的结论，当P2位于三个平行四边形区域时，甲的胜算更大！看图就可以知道，不再详细说明。
这样问题就转化为怎么使这三个平行四边形的面积之和最大。答案是当P1位于△XYZ的重心时。因为三个三角形均为等边三角形，它们的边长之和（每个三角形各取一边）为△XYZ的边长，而每个三角形的面积又与其边长的平方成正比。容易证明，当三个三角形边长相等时，其面积之和最小，亦即三个平行四边形面积之和最大。因此，P1应为△XYZ的重心，考虑到各坐标只能取自然数，故取值34,33,33。
这里再次重申，在解题过程中有对两个人的数进行从大到小的排序，但是那仅仅是为了方便说明，在两人的比较过程中各自的数是随机取的。另外，我们默认乙是个“机器人”，即其三个数的分配完全是随机的，在这种假设条件下，上述甲的方案才有意义。
上面的证明中，关于“排列好的三个数的比较中有两个较大即有较大的胜率”这一结论来得略有些模糊，不知上述的证明思路是否合理，但大致应该是走类似的路线来证明。如果有更好的方法也很欢迎。
向左转|向右转
(2)理由同上,1/27.
(3)1/3.总共转的情况有3×3×3=27种,两辆车可以是1,2;2,3;1,3.每辆车向左转只有一种情形,另一辆车可以向左前右转,有3种,故共有9种.故概率为9/27=1/3.
1.射击次数为1
、2、
3
1、2射中，p1=(3/5)^2=9/25
1不中2、3中
p2=(2/5)(3/5)^2=18/125
p=p1+p2=63/125
2.第三次射中时，刚好射了四次
那么他前三次射击中了2次
p=3*p2=54/125
由于确定他第三次已经射中故不需再乘3/5
乙中取两个黑球的概率是4/6*3/5＝2/5
如果都是黑球的概率就是1/2*2/5＝1/5