On place 2 des 3 points (A et B) au hasard sur le pourtour du cercle de centre O.
On appelle a l'angle AOB saillant (<pi).
On trace les diamètres passant par ces 2 points. Ces diamètres dessinent 2 secteurs saillants: 1 du côté des points (AOB) et un opposé aux points par rapport au centre.
Le troisième point doit être sur l'arc dans le secteur opposé pour que le centre du cercle soit dans le triangle.
La probabilité pour A et B donnés est donc AOB/pi=a/pi.

Il reste a en déduire la probabilité globale et mes lacunes en probabilité vont me poser problème. Dans le doute j'intègrerais bien de 0 à pi.
[TeX]p=\dfrac1{\pi}\int_0^{\pi}\dfrac{da}{\pi}=\dfrac1{\pi}[/TeX]
Mais la c'est vraiment des maths intuitives
Il faut peut-être doubler cette valeur car on n'a considéré que les angles saillants.

J'attends les commentaires de Nicouj et des autres car cette énigme m'intéresse.

En attendant je vais essayer de programmer une petite méthode de Monte-Carlo pour voir ce que ça donne numériquement.

Merci en tout cas pour cette énigme à l'énoncé fort simple mais pas si simple

Edit: La méthode de Monte-Carlo donne 1/4.
Cela me met sur la piste et en particulier sur les 2 points sur lesquels j'ai hésité.
Il faut intégrer non pas da/pi mais a.da/pi pour prendre en compte la probabilité le long de la circonférence et non le long de l'angle et il faut bien diviser par 2 puisqu'on ne considère qu'une des 2 moitiés du cercle.
L'intégrale devient:
[TeX]p=\dfrac1{\pi}\int_0^{\pi}\dfrac{a}{2\pi}da=\dfrac1{2\pi^2}.\dfrac{\pi^2}2=\dfrac14[/TeX]

Bonjour,
Soit O le centre du cercle.
Je place arbitrairement mes deux premiers points A et B, tel que l'angle AOB soit inférieur à 180° (sinon je retourne le cercle et l'angle BOA sera inférieur à 180°).
Puis je place le point C: pour un angle AOB donné (appelé a et exprimé en °), la probabilité que le triangle ABC contienne O (sur ce demi-cercle) est de: a/180, variant de 0 (lorsque A et B sont confondus) à 1 (lorsque A et B sont opposés diamètralement).
En sommant cette probabilité entre 0 et 180° et en divisant par 2, on touve la probabilité recherchée qui est de 1/4.
Bonne journée.
Frank

2*r*3014

J'ai modifié ma réponse précédente.
Merci pour le MP aussi.

Voici une autre démonstration plus simple mais aussi plus difficile à prouver de façon rigoureuse.
Je m'en suis rendu compte en regardant les diamètres que j'ai tracés dans ma réponse précédente.
Lorsqu'on choisit 3 diamètres, on obtient 6 points d'intersection avec le cercle. On choisit ensuite 1 point sur chaque diamètre. Cela revient à choisir 3 points aléatoirement.

Avec cette méthode pour chaque choix de 3 diamètres on a 8 combinaisons de 3 points, donc 8 triangles différents.
Sur ces 8 combinaisons on a toujours la même répartition: 2 triangles ont le centre du cercle à l'intérieur et 6 non.
On retrouve 2/8=1/4.

Cela permet de généraliser le résultat (si c'est correct).

Disclaimer: Je suis absolument pas sûr de moi sur ce coup .

Commençons donc par placer les points un par un.

Plaçons d'abord le point [latex]M[/latex]. L'endroit où l'on place ce premier point ne changera pas la probabilité que le centre [latex]O[/latex] soit à l'intérieur du triangle.
Cette probabilité ne dépendra que de l'endroit où nous allons placer les deux points suivants.

On peut donc se ramener à une figure où le point [latex]M[/latex] est à droite du cercle pour ensuite tracer la droite horizontale [latex](OM)[/latex].

Parce que j'ai pas eu envie de me rendre fou avec de la trigo, on va se restreindre pour le moment à "En plaçant trois point au hasard, quelle est la probabilité pour que le centre soit dans le triangle avec le deuxième point sur le demi-cercle supérieur."
Plaçons donc le point [latex]A[/latex] sur le demi-cercle supérieur qui forme l'angle: [latex]\widehat{MOA}=\alpha[/latex]

Cherchons enfin où placer le point [latex]B[/latex] pour répondre à la condition précédente.

On obtient la figure suivante:


Où l'on voit que l'angle [latex]\widehat{MOB}=\beta[/latex] doit être compris dans [latex][\pi\;;\;\pi+\alpha][/latex]

Maintenant que les bases sont posées, intéressons-nous au calcul de la probabilité.

La position des points [latex]A \text{ et } B[/latex] obéit à une loi de probabilité uniforme (autant de chance d'être placé sur un point du cercle qu'un autre).
[TeX]A[/latex] peut être placé sur [latex][0\;;\;2\pi][/latex], de même pour [latex]B[/latex].
Au final, la densité de probabilité est [latex]f(x)=\dfrac{1}{4\pi^2}[/TeX]
On voit bien que: [latex]\int_0^{2\pi} \left( \int_0^{2\pi} \dfrac{1}{4\pi^2} d\beta\right)d\alpha=\int_0^{2\pi} \dfrac{1}{2\pi}=1[/latex]

Et la probabilité pour que la condition soit vérifié est:
[TeX]\int_0^{\pi} \left( \int_{\pi}^{\pi+\alpha} \dfrac{1}{4\pi^2} d\beta\right)d\alpha=\int_0^{\pi} \dfrac{\alpha}{4\pi^2} d\alpha=\dfrac{1}{4\pi^2} \left[\dfrac{\alpha^2}{2}\right]_0^{\pi}=\dfrac{1}{8}[/TeX]
Pour finir, on voit que dans notre configuration, si un triangle respecte la condition, alors son symétrique par rapport à [latex](OM)[/latex] la respecte aussi (respectivement, s'il ne la respecte pas).

Donc au final: [latex]P=2\times \dfrac{1}{8}=\dfrac{1}{4}[/latex]

Je trouve ce résultat vraiment bizarre (même pas un [latex]\pi[/latex] qui traîne...), d'où le "Je suis absolument pas sûr de moi sur ce coup".

Les 3 points sont choisis au hasard sur le cercle.
Nous allons mettre un repère sur le cercle tel que le premier point Z fasse un angle nul avec l'origine, le second A un angle a compris entre 0 et pi (quitte à "retourner" le cercle), le troisième B fera un angle b quelconque compris entre -pi et pi.

Il y a une chance sur 2 que B soit dans le même demi-cercle que A (i.e. que b soit positif), dans ce cas, le centre du cercle est à l'extérieur du triangle ZAB.

Si a et b sont de signe opposé (1 chance sur 2), alors il y a une chance sur 2 que a - b soit plus petit que pi (a - b varie entre 0 et 2 pi), donc que O et Z soient du même coté de la droite AB, donc que le centre du cercle soit à l'extérieur du triangle ZAB.

Dans les autres cas a et b de signe opposé et a - b plus grand que pi, alors les 3 angles ZOA, AOB et BOZ sont des angles inférieurs à pi, ce qui signifie que O est à l'intérieur du triangle.

Ma réponse est donc 1/4.

Soit un cercle de centre O origine des axes.
Je choisi arbitrairement le point A comme origine des angles (sur les x positifs).
Je choisis un point B quelconque. Si le point B se situe sur les y négatifs, je prends son symétrique par rapport à l'axe des x (cela ne change pas le problème).

Soit l’arc A'B' symétrique de l'arc AB par rapport à O.
Si le point C se situe sur l'arc A'B' alors O est à l'intérieur du triangle ABC.

L'arc A'B' à une valeur moyenne de pi/2. Le point C est équiréparti sur un angle de
2 pi. Il y a donc une chance sur 4 pour que cet évènement se produise.
N'est-il pas ?

Soit 0 l'angle polaire d'un point, sans restreindre la généralité.
Soit [latex]\alpha [/latex]l'angle polaire du deuxième point entre 0 et [latex]\pi[/latex].
La probabilité que le troisième point du cercle mette le centre du triangle dans le triangle est [latex]\alpha[/latex], et le troisième point ne peut pas être entre les deux autres.
En sommant pour tous les [latex]x=\alpha/\pi[/latex] entre 0 et 1,
P=[latex]\int_0^1 x.dx=\frac 1 2[/latex]

EDIT
Plus simplement, une fois fixé l'un des points, il définit un diamètre.
Si les deux autres points sont de part et d'autre de ce diamètre,
le triangle inclut le centre du cercle, s'ils sont d'un même côté, non.
La probabilité est 1/2.

halloduda et fabb54, votre proba pour le troisième point, une fois deux points fixés comporte une petite erreur. Sinon c'est bon.

gwen a dit :
Comme dirait Kosmo:
1 chance sur 2, soit il le contient, soit il ne le contient pas.

Ah bon, Kosmogol a dit ça aussi ?
En tout cas, c'est ce que j'avais prévu comme réponse pour le chimpanzé placé devant un clavier et qui devait taper la "Déclaration universelle des Droits de l'Homme" sans fautes :
"Soit il y arrive, soit il n'y arrive pas" !