Si se intenta la misma técnica en cuatro dimensiones, no funcionará. La forma delimitada por esos cuatro puntos es un tetraedro, no un triángulo. Una forma fácil de ver que deberías obtener un objeto tridimensional aquí es que tienes 4 variables $x,y,z,w$ y 1 restricción $x+y+z+w=n$ y $4-1=3$ .
Intentemos teselar el tetraedro de la misma manera que el triángulo y veamos qué ocurre. Podemos empezar dibujando marcas en cada arista dividiéndolas en $n$ piezas. A continuación, podemos cortar el tetraedro con planos que pasen por las marcas de graduación y sean paralelos a cada cara. Este es el análogo de la forma en que cortamos el triángulo en triángulos más pequeños. Si miramos este tetraedro cortado, parece que todas las piezas son tetraedros, pero no lo son del todo. Una de cada dos piezas es un tetraedro y otra es un octoedro. Aquí hay un hilo de intercambio de pilas relacionado con una imagen útil: Los tetraedros requieren octaedros; las 5 celdas requieren...
Por lo tanto, el método de teselación obvio produce una teselación con dos formas. Dudo que haya una manera de teselar con una sola forma, pero eso suena tedioso de probar.
Hace poco estuve buscando una forma de teselar tetraedros por una razón que tiene que ver con la física computacional. Para mis propósitos, era deseable tener una teselación hecha sólo de tetraedros, aunque no tenían que ser todos congruentes, y sería útil que tuvieran un tamaño similar. Se puede dividir el octaedro en cuatro tetraedros más pequeños cortando la mayoría de las aristas. Sorprendentemente, cada uno de estos cuatro tetraedros tiene el mismo volumen que los tetraedros regulares de la teselación. Los tetraedros regulares tienen longitudes de arista $(1,1,1,1,1,1)$ y los tetraedros hechos a partir del octaedro tienen longitudes de aristas $(1,1,1,1,1,\sqrt{2})$ (después de escalar). Puedes encontrar calculadoras en línea que te darán el volumen de un tetraedro en términos de las longitudes de sus aristas, y deberías encontrar que estos tetraedros tienen el mismo volumen. Esto da una forma de teselar un tetraedro mayor completamente en tetraedros del mismo volumen, pero esta teselación tiene menos simetría que la teselación en octaedros y tetraedros regulares.
De todos modos, fue un desvío aplicado. Preguntemos qué ocurre cuando aplicamos la misma técnica en dimensiones superiores. Para simplificar, dejemos que $n=2$ . Así que queremos considerar la región definida por $x_1+\cdots+x_d=2$ , $x_i\geq 0$ para todos $i$ , donde $d$ es el número de dimensiones. Esta forma es una regularidad $(d-1)$ -simplemente, el $d-1$ forma dimensional que tiene $d$ vértices, una arista que conecta cada par de vértices, una cara que conecta cada tres vértices, un volumen que conecta cuatro vértices cualesquiera, y en general una $(k-1)$ -simplemente conectando cualquier $k$ vértices. Además, como es regular, cada arista tiene la misma longitud. Ahora marquemos el punto medio de cada arista y cortemos las esquinas atravesando estas marcas con hiperplanos paralelos a cada hipercara. Esta forma debería tener $d\choose 2$ vértices porque el $(d-1)$ -simplemente tenía $d \choose 2$ bordes.
No estoy muy seguro de la forma que tiene, pero tal vez puedas averiguarlo utilizando las herramientas que he expuesto. No es un politopo regular en general en dimensiones superiores, porque ninguno de los politopos regulares de dimensiones superiores tiene $d \choose 2$ vértices. Piensa en la forma de las hipercaras dejadas por los hiperplanos que hemos utilizado para recortar la forma. La tarea de calcular esta forma es definitivamente factible, y sin duda puedes resolverla si te lo propones. Podría seguir pensando en ello y volver.
