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:

Наконец, посмотрим на \hat{I_A} и на \hat{I_B} как на случайные величины.

У них одинаковые матожидания — равные m(A). При этом дисперсия Dξ равна
Dξ = E(ξ^2) - (Eξ)^2,
и из неравенства выше следует, что дисперсия для \hat{I_A} не больше, чем для \hat{I_B}.

Наконец, мы уже видели, что даже для шара B — для которого, вообще-то, дисперсия максимальна, — случайная величина \hat{I_B} очень похожа на постоянную a:=m(A). Собственно, явная выкладка показывает, что дисперсия \hat{I_B} равна C_n*a:

А значит, вероятность, что \hat{I_B} на случайной решётке L равна нулю — то есть что решётка L не пересекает A (нигде, кроме, быть может, нуля) — можно оценить по неравенству Чебышева: она не превышает
D(\hat{I_A})/a^2 = C_n a / a^2 = C_n/a = m(A).
Вот и всё!

Осталось посмотреть, что же происходит в размерности 2 (в частности, почему буквально предыдущее рассуждение применить нельзя) — но это я, наверное, дорасскажу уже завтра.

Продолжим?
Я обещал рассказать, в чём проблема в размерности 2. Для начала посмотрим, какова мера решёток, в которых кратчайший вектор имеет длину r. Я хочу сказать, что когда r маленькое, эта мера ведёт себя как константа*r^2.

Мы знаем, что матожидание числа векторов, попадающих в диск радиуса r, равно πr^2. Ибо это как раз мера этого диска.