Кусочек диска.

[DeBill]

Пусть $B$ - единичный шар в $\mathbb{R}^n$, и $S=\{x_1+...+x_n=0\}$ - гиперплоскость. Какую часть от "площади" диска $b=B\cap S$ составляют точки, для которых $x_1>0,x_1+x_2>0,...,x_1+...+x_{n-1}>0$?

(Оффтоп)

(по задаче от _hum_ из «Оценка L1-нормы полусверток гауссовских плотностей»)

[vicvolf]

$1/2^{n-1}$

[DeBill]

vicvolf
Нет.

[ИСН]

Ретроспективно очевидно, что первое условие оставляет половину, второе - треть (не от половины, а от целого), и так далее.

[vicvolf]

DeBill
А можно уже правильное решение с пояснением?

[Dendr]

vicvolf в сообщении #1547031 писал(а):

DeBill
А можно уже правильное решение с пояснением?

Я так решал (честное решение для двух- и трехмерного случаев, хотя с купюрами - под спойлер):

(Оффтоп)

Естественно, что $\mathbb{R}^2$ решается вообще в уме. ("диск" - это диаметр единичного "шара"-круга, лежащий на одной из биссектрис координатных осей, условие тоже только одно - положительная часть, то есть ровно половина)

Случай$\mathbb{R}^3$ можно решить точно и "в лоб":

$$x^2+y^2+z^2<1$$$$z=-x-y$$$$x>0$$$$x+y>0 \Rightarrow z<0$$

Диск - это диаметральное сечение единичного шара, так что его площадь равна $\pi$.
Из системы получаем $2y^2+2xy+2x^2<1 \Rightarrow (2y+x)^2<2-3x^2$.
Это неравенство определяет эллиптическую область на плоскости $Oxy$, которая ограничивает проекцию сечения. Если честно проинтегрировать (или вычислить через полуоси), проверяя себя, то получится ожидаемая площадь проекции сечения $\frac{\pi}{\sqrt{3}}$.

Итак, получается эллипс, оси симметрии которого - биссектрисы осей. И нас интересует часть, которая: а) лежит в положительной области оси $Ox$, б) лежит выше прямой $x+y=0$. Опять же, это можно проинтергировать честно (или от начала до конца, или догадавшись, что достаточно посчитать только площадь в первом квадранте) и получить нужный ответ.

Либо же - вернуться на "наше" сечение, а еще более наглядно - спроецировать оси на него. Вообще, нетрудно сообразить, что все три оси должны расположиться на этой плоскости симметрично, а значит, образуется 6 лучей с равными углами между ними - то есть по $\frac{\pi}{3}$. Но тогда это угол между "обратно спроецированными" осями $Ox$ и $Oy$, то есть дает ровно $\frac{1}{6}$ от площади диска, и это верхняя часть заштрихованной на рисунке области. Из симметрии видно, что удвоенная нижняя часть дополняет ее до ровно половины диска, то есть площадь всей заштрихованной области - $\frac{1}{3}$ всего диска, и это ответ для данного случая. Повторюсь: честно интегрируя, мы получим то же самое. Неравенства выше приведены исключительно ради того, чтобы показать, что именно следует интегрировать, чтобы найти то, что можно определить из таких качественных соображений. А именно: $x>0$ отсекло половину диска, $x+y>0$ - треть от остатка, в итоге получается треть.

Вообще, здесь можно еще проще, "для школьников": ведь нам надо $x>0, z<0$, а всего есть восемь способов расставить знаки "больше-меньше" для всех трех координат. Но два способа, когда все три одного знака мы исключаем, так как заведомо нарушим условие $x+y+z=0$, значит, остается шесть. Но все они равновозможны - обращение любой координатной оси топологически ничего не меняет. Значит, каждый способ расстановки знаков определяет ровно одну шестую диска. Знак $y$ нам подойдет любой, так что области две и ответ - треть.

С выходом в более высокие измерения на простом рисунке это все уже не так-то просто изобразить. Но есть решение "в две строчки"! Заметим, что циклической перенумерацией осей мы не изменим ответа - но отсекаемая область "провернется" вокруг координатного центра. Причем, в силу определения, отсекаемые области не пересекаются, но заполняют весь "диск". А так как циклических перенумераций ровно $n$, то и областей столько же. А значит, каждая - $\frac{1}{n}$ от всего диска.

[DeBill]

Dendr в сообщении #1547058 писал(а):

Заметим, что циклической перенумерацией осей мы не изменим ответа - но отсекаемая область "провернется" вокруг координатного центра. Причем, в силу определения, отсекаемые области не пересекаются, но заполняют весь "диск". А так как циклических перенумераций ровно $n$, то и областей столько же. А значит, каждая - $\frac{1}{n}$ от всего диска.

Это - ОНО!
Я тоже поначалу считал явно - и даже до размерности 4. Но хороший ответ буквально требовал чего то простого. И вот когда я до ЭТОГО допёр - я и выложил задачку....

-- 25.01.2022, 19:33 --

Имея "школьное" решение, хотелось переформулировать задачу на "школьном" же уровне. Но, кажется, такого сорта задачи уже были. Типа:
"По кругу расположены несколько точек, в каждой из которых имеется некий запас топлива; суммарно топлива ровно стоко, скоко надо для проезда по всему кругу. Доказать, что, стартуя из одной из этих точек, можно проехать весь круг (ездя(я?) по часовой стрелке). Причем: для "типичного" набора запасов, такая начальная точка - ровно одна." Ну, как то так.

[DeBill]

Да, еще. Пытаясь решить эту задачу геометрически, получил следующий забавный факт (достаточно очевидный и, наверняка, хорошо известный): любая перестановка вершин "правильного" тетраэдра (многомерного) реализуется неким движением (с чем моя трехмерная интуиция долго не соглашалась...)

[Dendr]

DeBill в сообщении #1547068 писал(а):

хороший ответ буквально требовал чего то простого.

Единственно, формальное доказательство у меня забуксовало. Если "непересекаемость" доказать не проблема (каждое из условий $x_1+x_2+...+x_j>0$ противоречит условию $x_{j+1}+...+x_n>0$ - то есть для перестановки номер $j+1$), то "полнота" поддается только на частных примерах. Тут надо обосновать, что если поменять какие-то (возможно все - но это тривиально) $>$ на $<$, то такие точки попадают в условия для какой-то перестановки или перестановок.

[DeBill]

Dendr в сообщении #1547160 писал(а):

то "полнота" поддается только на частных примерах.

Ну, это и есть та "школьная задача" (почти), что я выписал выше.

[vicvolf]

Dendr в сообщении #1547160 писал(а):

Тут надо обосновать, что если поменять какие-то (возможно все - но это тривиально) $>$ на $<$, .

Может поможет симметричность данных условий.