Начнем с простого

Рассмотрим квадрат единичной длины:

Проведем в нем диагональ и начнем двигаться вдоль нее, рассекая квадрат перпендикулярными прямыми.

Нас будет интересовать только главное сечение, проходящее через центр квадрата. Как все мы помним со школы, длина такого сечения для квадрата равна $\sqrt{2}$ по теореме Пифагора.

Сечение куба

Для единичного куба так же можно провести главную диагональ, соединяющую вершины $(0,0,0)$ и $(1,1,1)$, и рассечь кубик плоскостью, перпендикулярной данной диагонали и проходящей через центр диагонали (точку $(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2})$). В сечении получим фигуру с некоторой площадью:

Похоже на правильный шестиугольник

Дальше…

Запрыгнем в четырехмерное пространство и начнем рассекать тессеракты остро заточенными гиперплоскостями. В сечении будем получать трехмерные фигуры непонятной формы и объема, которые по-умному называются политопами.

Наглядно сечения тессеракта представлены в галерее здесь: Hypercube.

Думаю, что на данный момент идея уже ясна. Что же будет в общем случае?

Продолжим повышать размерность задачи: будем рассекать $n$-мерные кубы гиперплоскостями, ортогональными главным диагоналям и проходящими через центр диагонали. В сечении мы будем получать гиперповерхности размерности $n-1$ с некоторым искомым объемом. Вопрос данной заметки в том, какого же объема будут эти гиперповерхности при бесконечном $n$.

Геометрия в общем случае

Переместимся в $n$-мерное пространство.

Рассмотрим единичный куб с центром в начале координат: \[ \mathbf{C}=\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right]^n\in\mathbb{R}^n \]

Рассечем его какой-нибудь плоскостью. Пусть $\mathbf{B}$—некоторая гиперплоскость, рассекающая $\mathbf{C}$.

$\mathbf{v}$—нормаль к этой гиперплоскости $\mathbf{B}$ с координатами $\mathbf{v}=(v_1,v_2,\cdots,v_n),\quad v_i\neq0$.

Пересечение $\mathbf{B}$ с кубом $\mathbf{C}$ зададим поверхностью $\mathbf{X}=\mathbf{B}\cap\mathbf{C}$:

\[ \begin{equation} \mathbf{X}=(x_1, x_2, \cdots, x_n):\quad\sum_{i=1}^n x_i v_i = 0 \label{isec_eq} \end{equation} \]

Ортогонально спроецируем $\mathbf{X}$ на гиперплоскость с $x_n=0$ и рассмотрим “площадь” проекции: \[ P=\left\{(x_1, x_2, \ldots, x_{n-1}):\quad-\frac{1}{2}\leqslant\sum_{i=1}^{n-1}x_i v_i\leqslant\frac{1}{2}\right\} \label{proj} \]

Объем сечения будет равен $V(\mathbf{X})=|\mathbf{v}|P$.

Вероятностная постановка

Переформулируем задачу в вероятностных терминах.

Пусть $y_k$—независимые в совокупности случайные величины, распределенные на $v_k: \left[-\frac{v_k}{2},\frac{v_k}{2}\right],\,k=\overline{1,n-1}$ с постоянной плотностью $\frac{1}{v_k}$.

Тогда мера множества $P$ будет совпадать с вероятностью $\Pr{\left( \left|\sum\limits_{i=1}^{n-1}y_i\right|\leqslant\frac{1}{2} \right)}$.

Искомый объем сечения $X$ будет равен произведению \begin{equation} V(\mathbf{X})=\lvert\mathbf{v}\rvert\cdot\Pr{ \left( \left| \sum\limits_{i=1}^{n-1} y_i \right| \leqslant\frac{1}{2}\right)} \label{vol} \end{equation}

Как найти чему равна эта вероятность?

Можно быть внимательными и обратить внимание, что выполнены все условия центральной предельной теоремы:

Пусть $X_1, \ldots, X_n, \ldots$ — бесконечная последовательность независимых одинаково распределенных случайных величин с конечным матожиданием и дисперсией.

Тогда имеет место сходимость по распределению $\frac{\sum_{i=1}^n X_i-\mu n}{\sigma\sqrt{n}}\xrightarrow[n\to\infty]{d}N(0,1)$.

Но если внимательность не относится к нашим сильным сторонам (в отличие от усидчивости и упертости), то получить тот же результат можно и самостоятельно, немного погрузившись в теорию вероятности.

Продолжаем погружение

Будем следовать общей логике доказательства ЦПТ и воспользуемся инструментом характеристической функции. Для начала найдем характеристическую функцию $y_k$:

\[\begin{align*} f_k(t) & ={\bf M}e^{i t y_k}=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{i t x}p(x)dx =\\ &\left| p(x) \quad = \quad \left\{ \begin{array}{cl} \frac{1}{v_k},\quad & x\in\left[-\frac{v_k}{2},\frac{v_k}{2}\right] \\ 0, \quad & \text{иначе} \end{array} \right.\right| \\ &=\int\limits_{-\frac{v_k}{2}}^{\frac{v_k}{2}}e^{i t x}\frac{1}{v_k} dx =% \left.\frac{1}{v_k}\frac{1}{it}e^{i t x}\right|_{-\frac{v_k}{2}}^{\frac{v_k}{2}} =\\ &=\frac{e^{it\frac{v_k}{2}}-e^{-it\frac{v_k}{2}}}{itv_k} = \frac{1}{2}\frac{e^{it\frac{v_k}{2}}-e^{-it\frac{v_k}{2}}}{it\frac{v_k}{2}}=\\ &=\frac{\sin{t\frac{v_k}{2}}}{t\frac{v_k}{2}} \end{align*}\]

Рассмотрим теперь случайную величину $\eta=\sum\limits_{k=1}^{n-1}y_k$.

Характеристическая функция $\eta$ будет равна произведению характеристических функций $y_k$:

\[f_\eta(t)=\prod\limits_{k=1}^{n-1}f_k(t)=\left(\frac{2}{t}\right)^{n-1}\prod\limits_{k=1}^{n-1}\frac{\sin{t\frac{v_k}{2}}}{v_k}\]

Воспользуемся тем, что нас интересует центральное ортогональное сечение, заданное нормалью $\vec{V}=(1,1,\cdots,1)$:

\[f_\eta(t)=\left(\frac{2}{t}\right)^{n-1}\prod\limits_{k=1}^{n-1}\sin{\frac{t}{2}}=\left(\frac{\sin{t/2}}{t/2}\right)^{n-1}\]

Теперь воспользуемся формулой обращения: $\begin{align} P\left(|\eta|\leqslant\frac{1}{2}\right)&=P\left(-\frac{1}{2}\leqslant\eta\leqslant\frac{1}{2}\right)= && \text{для абс.непр. сл.в.}\nonumber\\ &=P\left(-\frac{1}{2}\leqslant\eta\lt\frac{1}{2}\right)=F_{\eta}\left(\frac{1}{2}\right)-F_{\eta}\left(-\frac{1}{2}\right)= && \text{формула обращения}\nonumber\\ &=\frac{1}{2\pi}\;v.p.\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{it\frac{1}{2}}-e^{-it\frac{1}{2}}}{it}\left(\frac{\sin{t/2}}{t/2}\right)^{n-1}dt=\nonumber\\ &=\frac{1}{2\pi}\:v.p.\int\limits_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\sin{t/2}}{t/2}\right)^{n}dt\label{prob} \end{align}$

Собираем части воедино

Начнем собирать части выражения объема сечения $\eqref{vol}$:

Норма нашего вектора нормали равна $\lvert\mathbf{v}\rvert=\sqrt{n}$.
Вероятность мы отыскали в $\eqref{prob}$.

Подставляя все в одно выражение и устремляя $n$ к бесконечности, получаем

\[\begin{equation} V(\mathbf{X})=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2\pi}\;v.p.\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\sqrt{n}\left(\frac{\sin{t/2}}{t/2}\right)^n dt \label{closed_form} \end{equation}\]

Теперь отыскать объем - дело техники…

Дело техники

Произведем замену переменной: $x=\frac{t\sqrt{n}}{2},\;t=\frac{2x}{\sqrt{n}},\;dt=\frac{2}{\sqrt{n}}dx$:

\[\begin{align*} V(\mathbf{X})&=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\sqrt{n}\left(\frac{\sin{\frac{x}{\sqrt{n}}}}{\frac{x}{\sqrt{n}}}\right)^n\frac{2}{\sqrt{n}}dx= \\ &=\frac{1}{\pi}\lim_{n\to\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\left(\frac{\sin{\frac{x}{\sqrt{n}}}}{\frac{x}{\sqrt{n}}}\right)^n dx=\\ &=\frac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\lim_{n\to\infty}\left(\frac{\sin{\frac{x}{\sqrt{n}}}}{\frac{x}{\sqrt{n}}}\right)^n dx \end{align*}\]

Для отыскания предела под интегралом воспользуемся разложением в ряд Тейлора:

\[\begin{align*} I&=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{\sin{\frac{x}{\sqrt{n}}}}{\frac{x}{\sqrt{n}}}\right)^n=\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{ \frac{x}{\sqrt{n}}-\frac{1}{6}\left(\frac{x}{\sqrt{n}}\right)^3+o\left(\left(\frac{x}{\sqrt{n}}\right)^3\right) }{\frac{x}{\sqrt{n}}}\right)^n=\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{6}\left(\frac{x}{\sqrt{n}}\right)^2+o\left(\left(\frac{x}{\sqrt{n}}\right)^2\right)\right)^n \end{align*}\]

Немного упростим последнее выражение (второй замечательный предел):

\[\begin{align*} I&=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{6}\left(\frac{x}{\sqrt{n}}\right)^2+o\left(\left(\frac{x}{\sqrt{n}}\right)^2\right)\right)^n=\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{x^2}{6n}+o\left(\frac{x^2}{n}\right)\right)^n=\\ &=\lim_{n\to\infty}\exp\left(n \ln\left(1-\frac{x^2}{6n}+o\left(\frac{x^2}{n}\right)\right)\right)=\\ &=\lim_{n\to\infty}\exp n \left(\frac{x^2}{6n}\right)=e^{-x^2/6} \end{align*}\]

Наконец, осталось взять любимый интеграл первокурсников:

\[\begin{align*} V(\mathbf{X})&=\frac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2/6}dx=\sqrt{\frac{6}{\pi}} \end{align*}\]

Заключение

Мы получили результат, который заключается в следующем: центральное ортогональное сечение бесконечномерного куба имеет конечный объем. В других работах доказывается также и конечность любых сечений. Противоречащий интуиции результат!

Литература

D. Hensley, Slicing the cube in $R^n$ and probability (bounds for the measure of a central cube slice in $R^n$ by probability methods), Proceedings of the American Mathematical Society, Vol. 73, No. 1 (Jan., 1979)
Б. В. Гнеденко, Курс теории вероятностей

Примечания

Эта задача была одной из двух зачетных задач по курсу теории вероятностей (Животов С.Д., ФАЛТ МФТИ). Первому решившему полагался зачет “автоматом” без сдачи заданий, и я стал таким счастливчиком (из-за чего так и не заботал теорвер как следует…)