[tex]\displaystyle|\Omega|=\binom{16}{3}=\dfrac{16!}{3!13!}=\dfrac{14\cdot15\cdot16}{2\cdot3}=560[/tex]
[tex]A[/tex] - wylosowanie trzech punktów, które mogą być wierzchołkami trójkąta
Wylosowane trzy punkty mogą być wierzchołkami trójkąta jeżeli nie są współliniowe.
Policzymy najpierw prawdopodobieństwo wylosowania trzech punktów współliniowych.
[tex]A'[/tex] - wylosowanie trzech punktów współliniowych
[tex]\displaystyle|A'|=10\cdot\binom{4}{3}+4=10\cdot 4+4=44\\\\P(A')=\dfrac{44}{560}=\dfrac{11}{140}[/tex]
[tex]\displaystyle\\10\cdot \binom{4}{3}[/tex], bo mamy 10 "grup" po 4 punkty współliniowe (zielone linie przerywane) z który wybieramy 3 punkty (kolejność nie ma znaczenia, stąd kombinacje), a [tex]+4[/tex], bo mamy jeszcze 4 grupy po 3 punkty współliniowe (czerwone linie przerywane), w których mamy tylko po jednej możliwości wyboru (3 punkty z 3).
[tex]P(A)=1-P(A')[/tex]
Zatem
[tex]P(A)=1-\dfrac{11}{140}=\dfrac{129}{140}[/tex]
