正四面体を多次元に一般化したとき、2つの異なる頂点と重心を結ぶ三角形が直角二等辺三角形に漸近する

$d$に関する帰納法を使う。
$d=1$のとき、$1$次元正単体は直線上の2点$\a$, $\b$であり、重心$\g$はその中点である。すなわち直線$\a\b$の長さを$1$とすると$\a\g=\b\g =\frac{1}{2}$より(2)と(3)が成り立つ。
また$\a$と$\b$から長さの等しい点を$\x$とおくと、三角形$\a\g\x$と$\b\g\x$は3辺の長さが等しいので合同となり、特に角$\angle\a\g\x = \angle\b\g\x$が成り立つ。
今、$\angle\a\g\b$は一直線なので$\angle\a\g\x$と$\angle\b\g\x$はそれぞれ直角になるため(1)が成り立つ。

$d=k+1$のとき、$k+1$次元正単体の各頂点を$\seq{\a}{1}{k+2}$、その重心$\g$、各頂点からの距離が等しい点を$\x$と置く。
このとき、点$\seq{\a}{1}{k+1}$と$\seq{\a}{2}{k+2}$はそれぞれ$k$次元正単体となる。

(2)を示す。
$\seq{\a}{1}{k+1}$正単体の重心を$\g'$とおくと、重心の計算式より
$$ \g =\frac{\sum_{i=1}^{k+2}\a_i}{k+2}=\frac{\a_{k+2}}{k+2}+\frac{k+1}{k+2}\frac{\sum_{i=1}^{k+1}\a_i}{k+1}\\ =\frac{\a_{k+2}}{k+2}+\frac{k+1}{k+2}\g' $$
とかけるので、重心$\g$は直線$\g'\a_{k+2}$上にある。
今、$\a_{k+2}$は$\seq{\a}{1}{k+1}$正単体の各頂点と等しい距離にあるため、帰納法の仮定より正単体の各$\a_i(i< k+2))$に対し、$\angle\a_i\g'\a_{k+1}=\angle\a_i\g'\g$は直角。
よって三角形$\a_i\g'\g$は2辺とその間の角が等しいので全て合同。
よって各$i< k+2$に対し、$\a_i\g$の長さは全て等しい。
同様の証明を$\seq{\a}{2}{k+2}$に対して行うことで各$1< i$に対して$\a_i\g$の長さが全て等しいことが示せる。
すなわち各$i$に対して$\a_i\g$の長さが等しいので(2)が成り立つ。

(1)を示す。
各頂点$\seq{\a}{1}{k+2}$からの距離が等しい点を$\x$と置く。
(2)より$\g$と$\x$は$\seq{\a}{1}{k+1}$正単体の各頂点から等しい距離にあるので、帰納法の仮定より$\seq{\a}{1}{k+1}$正単体とその重心$\g'$, $\g$, $\x$を含む平面は直交する。
同様の議論で$\g$と$\x$は$\seq{\a}{2}{k+2}$正単体とその重心$\g''$, $\g$, $\x$を含む平面は直交する。
ここで$\seq{a}{1}{k+2}$正単体は$\seq{a}{1}{k+1}$と$\seq{a}{2}{k+2}$の和空間であり、各直交空間$\g'\g\x$と$\g''\g\x$の共通部分である直線$\g\x$は和空間$\seq{a}{1}{k+2}$と直交する。

(3)を示す。
$\seq{\a}{1}{k+1}$正単体を考える。その重心$\g'$と$\seq{\a}{1}{k+2}$正単体の重心$\g$、$\a_{k+2}$は(2)の証明より同一直線上にあり、$\g=\frac{\a_{k+2}+(k+1)\g'}{k+2}$で表せる。

今、(1)より各頂点$\a_i(i< k+2)$に対し、三角形$\a_i\g'\a_{k+2}$は直角三角形なので$(\a_i\g)^2+(\g'\a_{k+2})^2=(\a_i\a_{k+2})^2 = 1$が成り立つ。
今、$\g\a_{k+2}=\frac{k+1}{k+2}\g'\a_{k+2}$が成り立つので
$k$次元正単体の重心と頂点の距離を$L_k$と置くと次の漸化式が成り立つ。

$$ L_{k+1}^2=1-(\frac{k+1}{k+2}L_{k})^2 $$

これを整理すると
$$ (k+2)^2L_{k+1}^2=(k+1)^2 - (k+1)^2L_k^2 $$

であり、

$$ ((k+1)+1)^2L_{k+1}^2 - \frac{(k+1)((k+1)+1)}{2} = -((k+1)^2L_k^2 - \frac{k(k+1)}{2}) $$

と書ける。そこで

$$ A_k := (k+1)^2L_k^2 - \frac{k(k+1)}{2} $$

と置くと、$A_1=0$であり、$A_k = (-1)^{k-1}A_1$と書けるので、

$$ (k+1)^2L_k^2 = \frac{k(k+1)}{2} $$
が成り立つ。

よって$L_k\geq 0$より

$$ L_k = \sqrt{\frac{k}{2(k+1)}} $$

すなわち$\seq{\a}{1}{d+1}$正単体の重心と各頂点間の距離は$\sqrt{\frac{d}{2(d+1)}}$となる。

$$ \lim_{d\to \infty}\sqrt{\frac{d}{2(d+1)}}=\frac{\sqrt{2}}{2} $$
より明らか。
つまり三平方の定理の逆と辺の長さと間の角の大きさの連続性より、異なる2頂点の重心からなる三角形は直角二等辺三角形に漸近する。