Rompecabezas: ¿Cortar tetraedro regular en tetraedros regulares de distintos tamaños?

No es posible dividir un tetraedro regular en un número finito${}>1$de tetraedros regulares en absoluto. Esto se debe simplemente a que el ángulo entre las caras de un tetraedro regular, que es el ángulo que ocupa alrededor de cualquiera de sus aristas, medido en un plano perpendicular a esa arista, es$\arccos(\frac13)$y esto no es de la forma$\frac{2\pi}n$para cualquier entero$~n$; por lo tanto, nunca se puede completar el ángulo restante con varios tetraedros regulares.

Aquí hay un argumento un poco más riguroso. Claramente tal descomposición tendrá una ventaja$e$de algún tetraedro más pequeño$~t$a través de una cara del tetraedro original ("a través" significa estar en la cara pero no a lo largo de un borde). El plano perpendicular a$~e$y cortándolo por la mitad tiene un ángulo de$~\pi$para el interior del tetraedro original (el ángulo restante$~\pi$siendo el exterior). De este ángulo plano,$t$ocupa$\arccos(\frac13)$, pero$\pi-\arccos(\frac13)$no es un múltiplo entero de$\arccos(\frac13)$, por lo que no podemos llenar completamente este ángulo restante con tetraedros, por lo que fallaremos en cubrir algunos puntos en la vecindad del borde$~e$.

Vemos que en realidad sería necesario tener un ángulo de la forma$\frac\pi n$en lugar de los más liberales$\frac{2\pi}n$para triunfar. Si intenta colocar tetraedros regulares alrededor de una arista común, verá que puede hacerlo$5$pero que queda un pequeño ángulo, demasiado pequeño para encajar en un sexto tetraedro regular.

Aquí hay otro enfoque, que muestra la afirmación mucho más fuerte de que un tetraedro no se puede cortar en piezas poliédricas que luego se vuelven a ensamblar en tetraedros regulares más pequeños. Haremos esto demostrando que cualquier colección de tetraedros más pequeños de igual volumen no tiene el mismo invariante de Dehn que el grande.

Sea nuestro gran tetraedro una unidad de longitud de arista, y sea su ángulo diedro$\theta\approx 70.529^\circ$, no es un múltiplo racional de$\pi$. Entonces el invariante de Dehn es$6\cdot (1\otimes \theta) = 6\otimes \theta\neq 0$.

Si una colección de tetraedros más pequeños tiene longitudes de borde$\ell_1,\ldots,\ell_n$, entonces tienen invariantes de Dehn$(6\ell_1\otimes\theta),\ldots,(6\ell_n\otimes\theta)$por lo que su unión disjunta tiene invariante de Dehn$6\sum\ell_i\otimes\theta$.

Pero ya que todo$\ell_i$son menos que$1$por suposición y sus volúmenes se suman al volumen del tetraedro original,

por lo que el invariante de Dehn de los tetraedros pequeños excederá al del grande y tendrán una diferencia distinta de cero.

(Esto no se basa en el tetraedro de ninguna manera en particular, excepto que el invariante de Dehn es especialmente simple: el teorema general aquí es que un poliedro es congruente con la disección en una colección de copias reducidas si y solo si es un espacio -poliedro de relleno, es decir, tiene invariante de Dehn$0$.)