Que tal descomposición no existe se puede demostrar mirando los ángulos sólidos interiores en los vértices.
El cubo tiene ocho ángulos sólidos interiores de $\pi/2$ cada uno.
Cada uno de los seis tetraedros tiene un ángulo sólido interior de $\pi/2$ y tres que se pueden calcular como se muestra aquí :
$$\Omega=\phi_{ab}+\phi_{bc}+\phi_{ac}-\pi=\pi/2 + \arccos\frac{1}{\sqrt{3}}+ \arccos\frac{1}{\sqrt{3}}-\pi=2\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}-\pi/2\;.$$
Así, la suma de los ángulos sólidos interiores del cubo es $4\pi$ y la suma de los ángulos sólidos interiores de los tetraedros es
$$6\left(\pi/2+3\left(2\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}-\pi/2\right)\right)=6\left(6\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}-\pi\right)\;.$$
Esto no es igual a $4\pi$ ya que $\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}$ no es un múltiplo racional de $\pi$ . (Aquí está una prueba elemental de ese hecho). De hecho, es casi $5\pi$ .
[Edición: Acabo de darme cuenta en la ducha de que todo el siguiente análisis de los posibles vértices interiores no es en realidad necesario. No importa lo que ocurra en los vértices interiores, tenemos que llenar los ocho vértices del cubo con vértices de los tetraedros, y los seis vértices con ángulo sólido interior $\pi/2$ no son suficientes para hacerlo, así que tenemos que usar al menos uno de los otros, pero entonces no podemos hacer que la suma llegue a $4\pi$ un múltiplo racional de $\pi$ .]
Esto establece que no se puede llenar el cubo con los seis tetraedros dejando que todos sus vértices coincidan con los del cubo. Parece geométricamente obvio que tampoco se puede hacer con ninguno de los vértices del interior del cubo, pero esto también se puede demostrar rigurosamente utilizando los ángulos sólidos. Si hubiera un vértice dentro del cubo, todo el ángulo sólido de $4\pi$ alrededor de ese vértice interior tendría que ser rellenado. Los candidatos para rellenarlo son una cara de un tetraedro, que subtiende un ángulo sólido de $2\pi$ una arista de un tetraedro, que subtiende un ángulo sólido de dos veces el ángulo diedro de los planos de intersección, es decir $\pi$ o $2\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}$ o un ángulo sólido interior de un vértice de un tetraedro. Así, sumando todos los ángulos sólidos en los ocho vértices exteriores y en $v$ vértices interiores, la siguiente ecuación tendría que tener soluciones con valores enteros no negativos de $j$ , $k$ , $l$ , $m$ , $n$ y $v$ :
$$6\left(6\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}-\pi\right)+j(2\pi)+k(\pi)+l\left(2\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}\right)+m(\pi/2)+n\left(\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}-\pi/2\right)$$
$$=4\pi+v(4\pi)\;.$$
Esto es imposible, ya que el coeficiente delante de $\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}$ es distinto de cero, por lo que la ecuación implicaría que es un múltiplo racional de $\pi$ que no lo es (véase más arriba).
P.D.: Acabo de darme cuenta de que he olvidado mencionar una parte esencial de la prueba:
$$\cos 2\phi = 2 \cos^2 \phi - 1\;,$$
$$\arccos x = \frac{1}{2}\arccos(2x^2-1)\;,$$
$$\arccos \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2}\arccos(-\frac{1}{3})\;,$$
así que $\arccos \frac{1}{\sqrt{3}}$ es racional si $\arccos(-\frac{1}{3})$ es racional; entonces podemos aplicar el teorema que he enlazado antes.
