Notevoli le vostre osservazioni!
In effetti, anche a me a volte è capitato che un problema risultasse globalmente risolubile in teoria ma impossibile in pratica. @melia porta l'esempio di un caso in cui è dato per scontato che l'ambito è quello dei numeri naturali ma che in questo ambito non ha soluzioni. Io ricordo un problema (il cui titolo era "Linee e Fermate" ) che sostanzialmente era di topologia, in cui si chiedeva alla fine "Quante sono le linee e quante le fermate?". [Topologicamente "linea" era astrazione di linea tranviaria cittadina!]. Rispettando le condizioni imposte dal testo – mi par di ricordare, ma non sono sicuro perché son passati più di trent'anni – si perveniva facilmente a concludere che il numero di "linee" era pari al numero di "fermate" ed era un intero $n$ qualunque maggiore di 1. Ma poi – vado sempre a memoria e chissà se ricordo bene – tentando di disegnare un possibile grafico si scopriva che non ci si riusciva se non per $n=2$ e per $n=3$.
[Forse da qualche parte ho ancora il testo di quel problemino. Se lo ritrovo lo pubblico in questa sezione].
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Tornando al quiz in questione (e forse quel che sto per dire interessa a teorema55), questo solido con 6 facce quadrate e 8 facce triangolari si ottiene facilmente sia da un cubo che da un ottaedro regolare ritagliando (cioè asportando) opportune "asperità" piramidali, una per ciascun vertice.
• Un cubo ha 6 facce quadrate, 8 vertici e 12 spigoli (che concorrono a 3 a 3 in ciascun vertice). Si considerino i 12 punti medi degli spigoli di un cubo con spigoli di lunghezza $a$. Si possono asportare dal cubo 8 piramidine, una per vertice (ciascuna di volume $a^3$/48), segando il relativo angoloide con un piano per i tre punti medi dei tre spigoli che concorrono in quel vertice. Ogni faccia del cubo si riduce ad una "losanga" quadrata di area metà (con lato di lunghezza $sqrt2a$/2); e dove c'erano i vertici del cubo compaiono altrettante facce triangolari (equilatere).
Il volume del solido viene $5a^3$/6 che, essendo lo spigolo lungo $s = sqrt2a$/2, diventa $5sqrt2s^3$/3.
• L'ottaedro regolare è il solido "duale" del cubo (scambiando "vertici" con "facce"). Ragionando in modo analogo al precedente, si possono asportare dall'ottaedro regolare (di spigoli lunghi $a$) 6 piramidine (una per ciascuno dei 6 vertici, ciascuna di volume $sqrt2a^3$/48) riducendo ciascuna delle 8 facce triangolari a un triangolo equilatero di area 1/4 (perché di lato $a$/2). Dove c'erano i 6 vertici, compaiono altrettante facce quadrate di lato $a$/2.
Se non sbaglio, il volume del solido ricavato dall'ottaedro regolare di spgolo $a$ (con 24 spigoli di lunghezza $s =a$/2) ha volume $5sqrt2a^3$/24 = $5sqrt2s^3$/3.
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) ... proverò a fare uno schizzo ma declino ogni responsabilità ... 
