问题描述：
关于概率中事件的公式!
问题解答：
我来补答
第一章 概率论的基本概念
知识要点
一、 内容提要
（一） 加法、乘法原理,排列与组合
1. 加法原理： 设完成一件事有n类方法（只要选择其中一类方法即可完成这件事）,若第一类方法有m1种,第二类方法有m2种,……,第n类方法有mn种,则完成这件事共有N=m1+m2+…+mn
2．乘法原理： 设完成一件事须有n个步骤（仅当n个步骤都完成,才能完成这件事）,若第一步有m1种,第二类方法有m2种,…,第n步有mn种方法,则完成这件事共有N= m1×m2×…×mn种方法.
注意：加法原理与乘法原理的区别：前者完成一步即完成一件事；后者须n步均完成才完成一件事.
3．排列 从n个不同元素中任取m（m≤n）个按照一定的顺序排成一列,称为从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.从n个不同元素取出m个元素的所有排列种数,记为
Pmn=n(n-1) …[n-(m-1)]=
从n个不同元素中全部取出的排列称为全排列,其排列的种数,记为Pn=n(n-1) …1=n!,规定0!=1.
4．允许重复的排列： 从n个不同元素中有放回地取m个按照一定顺序排列成一列.其排列的种数为 N==nm
5．不全相异元素的全排列： 若n个元素中,有m类（10.可知P（AB）≠P（A）P（B）,这就是说一般情况下,两个事件互斥并不能得出这两个事件就独立的结论.
2．全概率公式
如果事件组B1,B2,…,Bn满足
（1）B1,B2,…,Bn互斥,且P（Bi）>0(i=1,2, …,n)
（2）B1+B2+…+Bn=U
则对任一事件A皆有 P（A）=P（B1）P（A|B1）+P（B2）P（A|B2）+…+P（Bn）P(A|Bn), 满足条件（1）,（2）的事件组B1,B2,…,Bn称为完备事件组,也称某随机试验E的样本空间.
用全概率公式求解的概率问题关键在于寻找完备事件组（样本空间）.
3．贝叶斯公式
设B1,B2,…,Bn为一完备事件组,则对任一事件A（P（A）≠0）有
P（Bj|A）=
注意：公式右边可这样记忆：分母为全概公式,是n项之和,分子是分母中的某一项.
（六） 独立试验序列概型
定理（贝努里公式） 设在单次试验中,事件A发生的概率为p(00的条件下,若A,B互斥,则P(AB)＝P(A)P(B)>0,而若A,B互斥,则P(AB)＝0,两种概念出现矛盾．
6．“n个事件相互独立”与“n个事件两两独立”是否一回事?
答 不是的．后者只是前者的条件之一,由前者可以推出后者,但反过来不行．
7．如何使用全概率公式和贝叶斯公式?
答 全概率公式是应用广泛的一个公式,它把事件的概率（不太好求）分成几个比较好计算的概率之和,形似繁琐,实则简单．在分析问题过程中,可视为的子事件,或者把看成发生的原因,是结果．而及较易求得的,于是可由”原因”求”结果”．
贝叶斯公式有时称为验后概率公式,它实际上是条件概率．是在已知结果发生的情况下,求导致结果的某种原因的可能性大小．比如求,当（常用全概公式计算）,较易求得时,就要用贝叶斯公式,它是由“结果”求“原因”．
8．在全概率公式与贝叶斯公式中, 是样本空间的一个划分．问中的每一个是否是引起事件发生的“原因”?
答 不一定,我们仅以全概率公式为例给予说明,从图1-3可见,是的一个划分,事件是伴随事件这几个“原因”（假设）出现的；而和都与不相交,即不能与同时出现,亦即和都是不可能事件,故都等于零．所以全概率公式中的和这两项实际上消失了．我们实际上只把这4个事件当作的“原因”．因此全概率公式中 “是的一个划分”这一条件可以降低：“两两互斥事件组能够盖住”．再降低一点：“是的一个划分”,即当且仅当中某一事件出现时才出现．不过为了讨论方便,我们通常还是找出的一个划分,还是把每个都称作“原因”（或假设）,这个没有什么关系．
9．后验概率与先验概率有何区别?
答 贝叶斯公式中,已知事件的概率称为“先验概率”它是试验前根据以往经验确定的一种假设概率．现在进行了一次试验,如果事件确实发生了,则对于事件的概率应予以重新估计,也就是在事件发生之后,再来判断事件发生的概率,称之为“后验概率”．
由于后验概率的计算仍以先验概率为基础,所以两者有一定的联系（一般比较接近）．但后验概率是在实验之后事件确已发生的情况下,来分析它各种原因的概率,因而一般来讲,有利于发生的那些原因的概率就会增大,而不利于发生的那些原因的概率就会减小．
10．实际应用中,如何判断两事件的独立性?
答 实际应用中,对于事件的独立性,我们常常不是用定义来判断,而是由试验方式来判断试验的独立性,由试验的独立性来判断事件的独立性．或者说根据问题的实质,直观上看一事件的发生是否影响另一事件的概率来判断．例如,在放回摸球（袋中有白球和黑球）试验中,表示“第一次摸得白球”,表示“第二次摸得白球”．由于只与第一次试验有关,只与第二次试验有关,可知与独立．而在不放回摸球试验中,它们却不独立．又如甲、乙两名射手在相同条件下进行射击,则“甲击中目标”与“乙击中目标”两事件是独立的．
如果对实际问题中的事件还难以判断它们是否独立,则需要利用统计资料进行分析,再来判断是否符合事件独立性的条件．
11．什么是实际推断原理?它有什么作用?为什么说在大量的独立重复试验中,小概率事件迟早会发生?
答 概率很小的事件称小概率事件．在实践中,人们总结得到“概率很小的事件在一次试验中实际上是不会发生的”这一经验,并称之为“实际推断原理”．根据实际推断原理,如果小概率事件在一次实验中竟然发生了,我们就有理由怀疑该事件是小概率事件的正确性．
设事件的概率为（小概率,）,在独立重复试验中,为第k次试验中发生,则．在前次试验中,至少发生一次的概率为：
当时 ．这就说明,随着试验次数的增多,小概率事件迟早会发生的概率为1.
——TOP3——
典型例题分析
例1.1 在1,2,…,9这9个数字中,有放回地随机抽出n个数,求这n个数乘积能被10除尽的概率.
从1,2,…,9中有放回地随机抽出n个数,共有9n种抽法,其中不含5的抽法有8n种,不含偶数的抽法有5n种,不含5和偶数的抽法有4n种.所以不含5或偶数的抽法有8n+5n-4n种,从而得知含5和偶数的抽法有9n-8n-5n+4n种.易知这些抽法就是使A={抽出n个数的乘积能被10除尽}发生的全部样本点,故
P（A）==1-.
例1.2 某种动物由出生活到20岁的概率为0.8,活到25岁的概率为0.4,问现年20岁的这种动物活到25岁的概率是多少?
设A={活到20岁以上},B={活到25岁以上}.显然, BA,故该问题属于条件概率P（B|A）.
因为P（A）=0.8,P（B）=0.4,又BA,AB=B,故P（AB）=P（B）=0.4,
从而 P（B|A）=
例1.3 从1~100个整数中,任取一数,已知取出的一数是不大于50的数,求它是2或3的倍数的概率.
解法I 设A={取出的数不大于50},B={取出的数是2的倍数},C={取出的数是3的倍数},
则P（A）=,由条件概率定义,得
P（B∪C|A）=P（B|A）+P（C|A）-P（BC|A）
=
=2
解法II 把B,C看作缩减样本空间 Ω4={1,2……,50}中的事件,则所求概率为
P（B∪C|A）=P（B|A）+P（C|A）-P（BC|A）=
例1.4 袋中10个球,8红2白,现从袋中任取两次,每次取一球作不放回抽样,求下列事件的概率.
1） 两次都取得红球；
2） 两次中一次取得红球,另一次取得白球；
3） 至少有一次取得白球；
4） 第2次都取得白球.
分析 注意到抽样方式是不放回的,因此第2次取球的有关概率依赖于第一次取球的结果,故本题可用条件概率来计算.
解 设Ai表示“第i次取出的是红球”的事件,Bi表示“第i次取出的是白球”的事件,i=1,2.
1) P（A1A2）=P（A1）P（A2|A1）=
2) P（A1B2∪A2B1）=P（A1B2）+P（A2B1）=
3）注意到“至少有一次取得白球”=“两次中一次取得红球,另一次取得白球”∪“两次都取得白球”.因此,只要将2）中算得的概率再加上“两次都取得白球”的概率,即
P（B1B2）=P（B1）P（B2|B1）=
而“至少有一次取得白球”的概率 P=
注：本小题也可用对立事件的概率法则求解.因为“至少有一次取得白球”的对立事件是“没有一次取得白球”,即“两次都取得红球”.
由1）的结果得 P=1-P（A1A2）=1-
4) P（A1B2∪B1B2）=P（A1B2）+P（B1B2）=P（A1）P（B2|A1）+P（B1）P（B2|B1）
=
例1.5 乒乓球盒中有12个球,其中8个是没有用过的新球.第一次比赛时从其中任取3个使用,用后仍放回盒中.第二次比赛时再从盒中任取3个,求这3个球都是新球的概率.
分析 事件“第二次比赛时取出的球都是新球”是第一次取用3个球后发生的.而第一次比赛可能“用了0个新球”、“用了1个新球”、“用了2个新球”、“用了3个新球”,分别用B0,B1,B2,B3表示.且B0∪B1∪B2∪B3=Ω,BiBj=φ（i≠j）,i,j=0,1,2,3.因此,它可用加法公式与乘法公式计算,也可用全概率公式计算.
解法I 设事件A={第二次取出的3个球都是新球},
事件Bi（i=0,1,2,3）表示“第一次比赛用了i个新球”,
则 B0∪B1∪B2∪B3=Ω, BiBj=φ. (i, j=1,2,3.)
A=A(B0∪B1∪B2∪B3)=AB0∪AB1∪AB2∪AB3 , 且ABi∩ABj=φ,
故 P（A）=P(AB0)+P(AB1)+P(AB2)+P(AB3).
又 P（AB0）=P（B0）P（A|B0）= .
同理有
P（AB1）=, P（AB2）=, P（AB3）=,
所以 P（A）=
=≈0.0972.
解法II A , Bi（i=0,1,2,3） 如解法I.
则 P（Bi）=, P(A|Bi)=.
由全概率公式有
P（A）A= =.
例1.6 甲、乙、丙三人各自去破译一个密码,他们能译出的概率分别为,试求：
1） 恰有一人译出的概率；
2） 密码能破译的概率.
分析 设Ai（i=1,2,3）分别表示甲、乙、丙三人能译出的事件,故{恰有一人译出},A1∪A2∪A3={密码能破译}.
因为三人各自破译,故A1,A2,A3相互独立,所以利用独立性可解该题.
解 1） 设Ai（i=1,2,3）分别表示甲、乙、丙三人能破译的事件,
由题设A1,A2,A3 相互独立.令A={三人中恰有一人能破译}
则 .
易知,事件两两互不相容,故
P（A）=P（）
=
而 P= P（A1）[1-P（A2）][1-P（A3）]
=.
同理有 P（）=[1-P（A1）]P（A2）[1-P（A3）]=,
P（）=[1-P（A1）][1-P（A2）]P（A3）=
因此 P（A）=
2) 设B={密码能破译},则B=A1∪A2∪A3. 注意到A1,A2,A3相互独立,
故有 P（A1∪A2∪A3）=1- P()P()P()
=1-[1-P(A1)][1-P(A2)][1-P(A3)]
=1-.
例1.7 三战士射击敌机,一射驾驶员,一射油箱,一射发动机主要部件,命中的概率分别为1/3,1/2,1/2各人射击是独立的.任一人射中,敌机即被击落,求击落敌机的概率.
解法I 设A,B,C分别表示三名战士在射击中命中目标这三件事,
则A,B,C是独立的.然而是相容的（可能有两人都命中或三人同时命中）.
敌机被击落可表示为A∪B∪C,故
P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)
=P(A)+P(B)+P(C)-P(A)P(B)-P(A)P(C)-P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)
=
解法II 依题意,有 P(A∪B∪C)=1-P(
=1-P()P()P()=1-[1-P（A）][1-P（B）][1-P（C）]
=1-（1-）（1-）（1-）=
例1.8 在长度为a的线段内任取两点,将其分成三段,求它们可以构成一个三角形的概率.
解 如图建立坐标yox, 设线段被分成的三段长分别为x,y和a-x-y,
则 基本事件集为由0
知识要点
一、 内容提要
（一） 加法、乘法原理,排列与组合
1. 加法原理： 设完成一件事有n类方法（只要选择其中一类方法即可完成这件事）,若第一类方法有m1种,第二类方法有m2种,……,第n类方法有mn种,则完成这件事共有N=m1+m2+…+mn
2．乘法原理： 设完成一件事须有n个步骤（仅当n个步骤都完成,才能完成这件事）,若第一步有m1种,第二类方法有m2种,…,第n步有mn种方法,则完成这件事共有N= m1×m2×…×mn种方法.
注意：加法原理与乘法原理的区别：前者完成一步即完成一件事；后者须n步均完成才完成一件事.
3．排列 从n个不同元素中任取m（m≤n）个按照一定的顺序排成一列,称为从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.从n个不同元素取出m个元素的所有排列种数,记为
Pmn=n(n-1) …[n-(m-1)]=
从n个不同元素中全部取出的排列称为全排列,其排列的种数,记为Pn=n(n-1) …1=n!,规定0!=1.
4．允许重复的排列： 从n个不同元素中有放回地取m个按照一定顺序排列成一列.其排列的种数为 N==nm
5．不全相异元素的全排列： 若n个元素中,有m类（10.可知P（AB）≠P（A）P（B）,这就是说一般情况下,两个事件互斥并不能得出这两个事件就独立的结论.
2．全概率公式
如果事件组B1,B2,…,Bn满足
（1）B1,B2,…,Bn互斥,且P（Bi）>0(i=1,2, …,n)
（2）B1+B2+…+Bn=U
则对任一事件A皆有 P（A）=P（B1）P（A|B1）+P（B2）P（A|B2）+…+P（Bn）P(A|Bn), 满足条件（1）,（2）的事件组B1,B2,…,Bn称为完备事件组,也称某随机试验E的样本空间.
用全概率公式求解的概率问题关键在于寻找完备事件组（样本空间）.
3．贝叶斯公式
设B1,B2,…,Bn为一完备事件组,则对任一事件A（P（A）≠0）有
P（Bj|A）=
注意：公式右边可这样记忆：分母为全概公式,是n项之和,分子是分母中的某一项.
（六） 独立试验序列概型
定理（贝努里公式） 设在单次试验中,事件A发生的概率为p(00的条件下,若A,B互斥,则P(AB)＝P(A)P(B)>0,而若A,B互斥,则P(AB)＝0,两种概念出现矛盾．
6．“n个事件相互独立”与“n个事件两两独立”是否一回事?
答 不是的．后者只是前者的条件之一,由前者可以推出后者,但反过来不行．
7．如何使用全概率公式和贝叶斯公式?
答 全概率公式是应用广泛的一个公式,它把事件的概率（不太好求）分成几个比较好计算的概率之和,形似繁琐,实则简单．在分析问题过程中,可视为的子事件,或者把看成发生的原因,是结果．而及较易求得的,于是可由”原因”求”结果”．
贝叶斯公式有时称为验后概率公式,它实际上是条件概率．是在已知结果发生的情况下,求导致结果的某种原因的可能性大小．比如求,当（常用全概公式计算）,较易求得时,就要用贝叶斯公式,它是由“结果”求“原因”．
8．在全概率公式与贝叶斯公式中, 是样本空间的一个划分．问中的每一个是否是引起事件发生的“原因”?
答 不一定,我们仅以全概率公式为例给予说明,从图1-3可见,是的一个划分,事件是伴随事件这几个“原因”（假设）出现的；而和都与不相交,即不能与同时出现,亦即和都是不可能事件,故都等于零．所以全概率公式中的和这两项实际上消失了．我们实际上只把这4个事件当作的“原因”．因此全概率公式中 “是的一个划分”这一条件可以降低：“两两互斥事件组能够盖住”．再降低一点：“是的一个划分”,即当且仅当中某一事件出现时才出现．不过为了讨论方便,我们通常还是找出的一个划分,还是把每个都称作“原因”（或假设）,这个没有什么关系．
9．后验概率与先验概率有何区别?
答 贝叶斯公式中,已知事件的概率称为“先验概率”它是试验前根据以往经验确定的一种假设概率．现在进行了一次试验,如果事件确实发生了,则对于事件的概率应予以重新估计,也就是在事件发生之后,再来判断事件发生的概率,称之为“后验概率”．
由于后验概率的计算仍以先验概率为基础,所以两者有一定的联系（一般比较接近）．但后验概率是在实验之后事件确已发生的情况下,来分析它各种原因的概率,因而一般来讲,有利于发生的那些原因的概率就会增大,而不利于发生的那些原因的概率就会减小．
10．实际应用中,如何判断两事件的独立性?
答 实际应用中,对于事件的独立性,我们常常不是用定义来判断,而是由试验方式来判断试验的独立性,由试验的独立性来判断事件的独立性．或者说根据问题的实质,直观上看一事件的发生是否影响另一事件的概率来判断．例如,在放回摸球（袋中有白球和黑球）试验中,表示“第一次摸得白球”,表示“第二次摸得白球”．由于只与第一次试验有关,只与第二次试验有关,可知与独立．而在不放回摸球试验中,它们却不独立．又如甲、乙两名射手在相同条件下进行射击,则“甲击中目标”与“乙击中目标”两事件是独立的．
如果对实际问题中的事件还难以判断它们是否独立,则需要利用统计资料进行分析,再来判断是否符合事件独立性的条件．
11．什么是实际推断原理?它有什么作用?为什么说在大量的独立重复试验中,小概率事件迟早会发生?
答 概率很小的事件称小概率事件．在实践中,人们总结得到“概率很小的事件在一次试验中实际上是不会发生的”这一经验,并称之为“实际推断原理”．根据实际推断原理,如果小概率事件在一次实验中竟然发生了,我们就有理由怀疑该事件是小概率事件的正确性．
设事件的概率为（小概率,）,在独立重复试验中,为第k次试验中发生,则．在前次试验中,至少发生一次的概率为：
当时 ．这就说明,随着试验次数的增多,小概率事件迟早会发生的概率为1.
——TOP3——
典型例题分析
例1.1 在1,2,…,9这9个数字中,有放回地随机抽出n个数,求这n个数乘积能被10除尽的概率.
从1,2,…,9中有放回地随机抽出n个数,共有9n种抽法,其中不含5的抽法有8n种,不含偶数的抽法有5n种,不含5和偶数的抽法有4n种.所以不含5或偶数的抽法有8n+5n-4n种,从而得知含5和偶数的抽法有9n-8n-5n+4n种.易知这些抽法就是使A={抽出n个数的乘积能被10除尽}发生的全部样本点,故
P（A）==1-.
例1.2 某种动物由出生活到20岁的概率为0.8,活到25岁的概率为0.4,问现年20岁的这种动物活到25岁的概率是多少?
设A={活到20岁以上},B={活到25岁以上}.显然, BA,故该问题属于条件概率P（B|A）.
因为P（A）=0.8,P（B）=0.4,又BA,AB=B,故P（AB）=P（B）=0.4,
从而 P（B|A）=
例1.3 从1~100个整数中,任取一数,已知取出的一数是不大于50的数,求它是2或3的倍数的概率.
解法I 设A={取出的数不大于50},B={取出的数是2的倍数},C={取出的数是3的倍数},
则P（A）=,由条件概率定义,得
P（B∪C|A）=P（B|A）+P（C|A）-P（BC|A）
=
=2
解法II 把B,C看作缩减样本空间 Ω4={1,2……,50}中的事件,则所求概率为
P（B∪C|A）=P（B|A）+P（C|A）-P（BC|A）=
例1.4 袋中10个球,8红2白,现从袋中任取两次,每次取一球作不放回抽样,求下列事件的概率.
1） 两次都取得红球；
2） 两次中一次取得红球,另一次取得白球；
3） 至少有一次取得白球；
4） 第2次都取得白球.
分析 注意到抽样方式是不放回的,因此第2次取球的有关概率依赖于第一次取球的结果,故本题可用条件概率来计算.
解 设Ai表示“第i次取出的是红球”的事件,Bi表示“第i次取出的是白球”的事件,i=1,2.
1) P（A1A2）=P（A1）P（A2|A1）=
2) P（A1B2∪A2B1）=P（A1B2）+P（A2B1）=
3）注意到“至少有一次取得白球”=“两次中一次取得红球,另一次取得白球”∪“两次都取得白球”.因此,只要将2）中算得的概率再加上“两次都取得白球”的概率,即
P（B1B2）=P（B1）P（B2|B1）=
而“至少有一次取得白球”的概率 P=
注：本小题也可用对立事件的概率法则求解.因为“至少有一次取得白球”的对立事件是“没有一次取得白球”,即“两次都取得红球”.
由1）的结果得 P=1-P（A1A2）=1-
4) P（A1B2∪B1B2）=P（A1B2）+P（B1B2）=P（A1）P（B2|A1）+P（B1）P（B2|B1）
=
例1.5 乒乓球盒中有12个球,其中8个是没有用过的新球.第一次比赛时从其中任取3个使用,用后仍放回盒中.第二次比赛时再从盒中任取3个,求这3个球都是新球的概率.
分析 事件“第二次比赛时取出的球都是新球”是第一次取用3个球后发生的.而第一次比赛可能“用了0个新球”、“用了1个新球”、“用了2个新球”、“用了3个新球”,分别用B0,B1,B2,B3表示.且B0∪B1∪B2∪B3=Ω,BiBj=φ（i≠j）,i,j=0,1,2,3.因此,它可用加法公式与乘法公式计算,也可用全概率公式计算.
解法I 设事件A={第二次取出的3个球都是新球},
事件Bi（i=0,1,2,3）表示“第一次比赛用了i个新球”,
则 B0∪B1∪B2∪B3=Ω, BiBj=φ. (i, j=1,2,3.)
A=A(B0∪B1∪B2∪B3)=AB0∪AB1∪AB2∪AB3 , 且ABi∩ABj=φ,
故 P（A）=P(AB0)+P(AB1)+P(AB2)+P(AB3).
又 P（AB0）=P（B0）P（A|B0）= .
同理有
P（AB1）=, P（AB2）=, P（AB3）=,
所以 P（A）=
=≈0.0972.
解法II A , Bi（i=0,1,2,3） 如解法I.
则 P（Bi）=, P(A|Bi)=.
由全概率公式有
P（A）A= =.
例1.6 甲、乙、丙三人各自去破译一个密码,他们能译出的概率分别为,试求：
1） 恰有一人译出的概率；
2） 密码能破译的概率.
分析 设Ai（i=1,2,3）分别表示甲、乙、丙三人能译出的事件,故{恰有一人译出},A1∪A2∪A3={密码能破译}.
因为三人各自破译,故A1,A2,A3相互独立,所以利用独立性可解该题.
解 1） 设Ai（i=1,2,3）分别表示甲、乙、丙三人能破译的事件,
由题设A1,A2,A3 相互独立.令A={三人中恰有一人能破译}
则 .
易知,事件两两互不相容,故
P（A）=P（）
=
而 P= P（A1）[1-P（A2）][1-P（A3）]
=.
同理有 P（）=[1-P（A1）]P（A2）[1-P（A3）]=,
P（）=[1-P（A1）][1-P（A2）]P（A3）=
因此 P（A）=
2) 设B={密码能破译},则B=A1∪A2∪A3. 注意到A1,A2,A3相互独立,
故有 P（A1∪A2∪A3）=1- P()P()P()
=1-[1-P(A1)][1-P(A2)][1-P(A3)]
=1-.
例1.7 三战士射击敌机,一射驾驶员,一射油箱,一射发动机主要部件,命中的概率分别为1/3,1/2,1/2各人射击是独立的.任一人射中,敌机即被击落,求击落敌机的概率.
解法I 设A,B,C分别表示三名战士在射击中命中目标这三件事,
则A,B,C是独立的.然而是相容的（可能有两人都命中或三人同时命中）.
敌机被击落可表示为A∪B∪C,故
P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)
=P(A)+P(B)+P(C)-P(A)P(B)-P(A)P(C)-P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)
=
解法II 依题意,有 P(A∪B∪C)=1-P(
=1-P()P()P()=1-[1-P（A）][1-P（B）][1-P（C）]
=1-（1-）（1-）（1-）=
例1.8 在长度为a的线段内任取两点,将其分成三段,求它们可以构成一个三角形的概率.
解 如图建立坐标yox, 设线段被分成的三段长分别为x,y和a-x-y,
则 基本事件集为由0
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