Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Vamos a ver que es imposible incluso si son de distinto tamaño por reducción al absurdo. Si el cubo se pudiera descomponer en un cierto número (finito) de tetraedros, como tales tetraedros definirán un número finito de vértices, habrá algún punto $P$ de una arista del cubo donde no llegará ningún vértice de ninguno de los tetraedros, lo que nos dice que a $P$ sólo llegan aristas de los tetraedros (no pueden llegar puntos interiores ni interiores a las caras ya que en tal caso los tetraedros se saldrían del cubo). De hecho, las aristas tienen que estar contenidas en las aristas del cubo, lo que nos dice que el ángulo diedro de $90^\circ$ que forman las dos caras del cubo que se encuentran en $P$ debe ser suma de un cierto número de veces el ángulo diedro $\alpha$ que forman las caras de un tetraedro regular $T$.

Para calcular $\alpha$, podemos suponer que $T$ tiene lado $1$. Seccionando $T$ por un plano que contiene a una de sus aristas y al punto medio de la arista opuesta. El triángulo en la intersección es isósceles y tiene un lado de longitud $1$, la arista de $T$, y los otros dos de longitud $\frac{\sqrt{3}}{2}$, la altura de una de las caras de $T$. El ángulo que buscamos es el que forman estos dos lados iguales, que puede calcularse como \[\alpha=2\,\mathrm{arcsen}\left(\frac{1/2}{\sqrt{3}/2}\right)=2\,\mathrm{arcsen}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\gt 2\,\mathrm{arcsen}\left(\frac{1}{2}\right)=60^\circ.\] Además, está claro que $\alpha\lt 90^\circ$, por lo que no pueden completarse $90^\circ$ sumando un cierto número entero de ángulos iguales a $\alpha$.