Esto todavía no responde a la pregunta, pero es demasiado larga para comentarios.
He aquí un argumento que la probabilidad siempre es $\frac{1}{4}$ mientras que la arena es de forma centralizada simétrica sobre el punto central. Especialmente este es el caso de un círculo, un cuadrado, y todos , inclusocaras polígonos regulares:
Como Didier notado, sólo las direcciones desde el centro a cada uno de los tres puntos de la materia. El triángulo que forman contiene el centro de iff sus proyecciones a lo largo de los radios a un (concéntrica) círculo se divide el círculo del perímetro en tres trozos cada una de las cuales es menor que 180°.
Dibujar un diámetro vertical a través del punto central. Debido a la simetría central, cualquiera de los tres puntos tiene la misma probabilidad de tierra a la izquierda o a la derecha del diámetro. Si todos los tres de ellos están en el mismo lado de la de diámetro (lo que ocurre con una probabilidad de $\frac{1}{4}$), el centro claramente no está en el triángulo. Tan sólo tenemos que analizar la situación, con una probabilidad de $\frac{3}{4}$, que dos de ellos están en un lado y uno en el otro. Supongamos, sin pérdida de generalidad, que hay uno a la izquierda y dos a la derecha.
Ahora, si tomamos la línea a través del centro de la izquierda y punto continúe a través de la derecha lado de la arena, ganamos si esta línea pasa entre los dos puntos de derecho. También, ya que la arena es de forma centralizada simétrica, bien podría haber elegido a la izquierda del punto de coger su reflexión de manera uniforme en el derecho. Así que el caso es equivalente a seleccionar los dos puntos rojos y uno azul en el lado derecho de manera uniforme en el lado derecho de la arena y, a continuación, preguntar si el azul es entre los rojos. Desde estos puntos se yo.yo.d., la forma exacta de las distribuciones no importa su orden relativo, y por lo que la probabilidad de éxito es $\frac{1}{3}$.
En total, la probabilidad de que el triángulo que contiene el centro es$\frac{3}{4}\times\frac{1}{3}=\frac{1}{4}$, siempre y cuando la arena está centralmente simétrica!
¿Qué consecuencias tiene esto para el triangular de la arena? Todavía podemos encontrar un diámetro que divide en dos la arena, pero la idea de elegir los tres puntos a la derecha y, a continuación, refleja uno no funciona más. De hecho, de forma heurística, más el rojo y el azul de las distribuciones (de direcciones) difieren, al menos debe a que la probabilidad de tener el punto azul terminan en el medio. Así que debemos esperar un proability menos de $\frac{1}{4}$ en el triangular caso.
Por la continuidad, impar polígonos regulares con muchos lados le dará las respuestas que el enfoque de $\frac{1}{4}$, por lo que debemos esperar en el triángulo situado a ser el extraño caras polígonos regulares con los que menos probabilidad de tener un azar triángulo contener el centro.
Dividiendo el triángulo equilátero en seis congruentes 30-60-90 triángulos y conteo de combinaciones, he encontrado que la probabilidad es $\frac{2}{9}$ $\frac{1}{12}$ de la probabilidad en el caso de que dos puntos en uno de los hexants y el tercero está en el diametralmente opuesto. Además la subdivisión en simétrica sub-casos muestra los últimos probabilidad entre el$\frac{1}{6}$$\frac{2}{3}$. Así tenemos que el límite inferior $$P>\frac{2}{9}+\frac{1}{12}\times\frac{1}{6}=\frac{17}{72}=\frac{1}{4}-\frac{1}{72}\approx 0.2361$$