Но
P/2 - Q/2 = (P+(-Q))/2,
а точка (-Q) тоже принадлежит нашему телу из-за его симметричности. Ну а полусумма точек принадлежит телу по выпуклости. Вот мы и нашли целую точку внутри тела.

То же самое верно и для любой другой решётки в R^n, лишь бы у неё фундаментальный параллелепипед (из которого тор в факторе получается склейкой противоположных граней) был бы единичного объёма.
(А если не единичного, то тело должно быть объёма >2^n раз больше. Но нас будут интересовать только решётки, у которых этот объём равен 1 — их называют унимодулярными ; в конце концов, любая другая такой гомотетична.)

Но понятно, что ни от условия симметричности относительно нуля, ни от условия выпуклости, в общем случае отказаться нельзя. Потому что в первом случае можно взять прямоугольник
[0.1,0.9]x[0,10000]
на плоскости, а во втором — просто и цинично вырезать из круга радиуса 1000 окрестности всех целых точек.

Вопрос, который рассматривается в случайной версии теоремы Минковского, такой: а что, если мы выбираем решётку в R^n случайным образом? Можно ли так выбрать множество A большой меры Лебега, чтобы его избегало "много" (или хотя бы "заметная доля") решёток?

Ответ: нельзя. Вероятность того, что случайная унимодулярная решётка не пересекает A, не превосходит C_n/m(A), где C_n — константа (зависящая только от размерности n), а m(A) — мера A. В частности, (любое!) множество бесконечной меры Лебега пересекают почти все решётки.

И давайте я об этом чуть-чуть поговорю (собственно, ссылка на текст Маргулиса — http://mi.mathnet.ru/ppi2063 ).

Во-первых, как устроен выбор случайной решётки?
Саму решётку можно задать, как M(Z^n), где M — линейное отображение с определителем 1 (потому что решётка унимодулярная), то есть элемент SL(n,R). Но отображение M можно выбрать многими способами (это выбор базиса решётки) — замена M на MB, где B из SL(n,Z), ничего не меняет. Поэтому решётка — это всё равно, что элемент SL(n,R)/SL(n,Z).

(Фактор тут это, конечно, не факторгруппа, а однородное пространство — множество классов смежности)

На SL(n,R) есть хорошая — сохраняемая умножением как справа, так и слева — мера Хаара.

Есть два способа её построить — более техничный это сказать, что SL(n,R) это группа Ли, то есть и группа, и многообразие. Взять любую форму объёма на касательном пространстве в единице группы — и умножением слева принести во все остальные точки группы. Так получается левоинвариантная мера Хаара. После чего надо будет убедиться, что она (для случая SL(n,R)) и правоинвариантна.

Более простой способ — посмотрим на SL(n,R) как на гиперповерхность в матрицах nxn,
Mat(n)=R^(n^2).
Группа SL(n,R) действует на Mat(n) умножением как слева, так и справа, и оба умножения сохраняют n^2-мерную меру Лебега (потому что одно умножением работает по отдельности со столбцами, а другое со строками). А теперь уроним меру с Mat(n) на гиперповерхность SL(n,R) "коническим образом": скажем, что мера подмножества SL(n,R) это мера опирающегося на него конуса (из начала координат).

Раз эта мера инвариантна относительно умножений справа — её можно "уронить" на фактор SL(n,R)/SL(n,Z), точно так же, как можно уронить меру Лебега на R^n на тор-фактор R^n/Z^n.

Причём, раз она инвариантна относительно умножений справа — получающаяся мера на решётках будет сохраняться, если мы к R^n применим любое SL(n,R)-преобразование.

Неочевидное утверждение — что объём фактора (т. е. пространства решёток) будет конечным. Проблема в том, что пространство унимодулярных решёток некомпактно — можно взять последовательность решёток, получающуюся из Z^n умножением первой координаты на r и второй на 1/r — тогда при r->0 эти решётки никуда сходиться не будут.
Но тем не менее, объём фактора действительно конечен.

А раз объём фактора конечен — можно на него поделить, и получится вероятностная мера на множестве решёток. И в этом смысле мы и выбираем случайную решётку.
Вот, теорема сформулирована!

Давайте теперь посмотрим на её доказательство (и я тут следую http://mi.mathnet.ru/ppi2063 — хотя собираюсь чуть-чуть "срезать углы" и очень надеюсь, что при этом не навру).

Начнём со случая размерности как минимум 3.

Пусть у нас есть какая-то "хорошая" функция f на R^n — например, характеристическая функция I_A нашего множества А. Ей можно сопоставить функцию \hat{f} на пространстве решёток: сумму значений f по всем ненулевым точкам решётки.

В частности, если мы берём f=I_A — то
\hat{f}(L) это число ненулевых точек решётки L, попавших в A.

Так вот, первый шаг доказательства — это лемма, что матожидание \hat{f} (по мере Хаара на множестве решёток) равно интегралу от f (по мере Лебега m на R^n). И это очень естественно.
Во-первых, можно переставить два интеграла — и увидеть, что матожидание \hat{f} должно быть равно интегралу от f(x) с каким-то множителем, зависящим от x — или, что то же самое, по какой-то мере µ на R^n.
Но во-вторых, мы знаем, что распределение на решётках в R^n инвариантно относительно действия SL(n,R). А значит, должна быть инвариантна и мера µ. Но тогда µ это мера Лебега, быть может, умноженная на какую-то константу. Остаётся проверить, что эта константа равна 1.
Действительно: давайте посмотрим на шар B очень большого радиуса R. Для него большинство решёток в нём выбивает как раз примерно m(B) точек. И если поверить, что вклад "совсем кривых" решёток в матожидание маленький — то вот мы и получаем, что константа должна быть равна 1.

Из статьи Маргулиса —

Второй (и, видимо, в этом месте главный технический) шаг — это оценка на L_2-норму \hat{I_A}. А именно, оказывается (и это совершенно не очевидно), что для любого множества A интеграл от квадрата от \hat{I_A} оказывается не больше, чем если заменить I_A на шар B той же меры Лебега: