（注：这里讨论的是在正六边形中装单位圆的问题，和本题的换算关系为倒数。至于为什么用正六边形中装单位圆呢，是因为解这个似乎更方便一些。） 以下证明由DeepSeek-v4-pro给出（我润色了一些表达）： 设正六边形边长为 s，圆半径为 1。 1. 圆心可行区域 若一个半径为 1 的圆完全在正六边形内，则圆心到正六边形每条边的距离至少为 1。 因此，所有可能的圆心必须落在原正六边形向内平移 1 后得到的正六边形H′中。 原正六边形的边心距为sqrt(3)s/2，向内平移1后，H′的边心距为sqrt(3)s/2-1。 正六边形的边长等于边心距的2/sqrt(3)倍，所以H′边长a等于(2/sqrt(3))*((sqrt(3)/2)*s - 1) = s - 2/sqrt(3)。故 s = a + 2/sqrt(3)。 2.关键引理 边长为a的正六边形中，任意三点必有两点的距离 <= sqrt(3)a。 证明：该正六边形包含于其外接圆盘（半径 a）。设三点为 P1, P2, P3，重心为 G，圆心为 O。由 sum_{i=1}^3 |Pi - O|^2 = sum_{i=1}^3 |Pi - G|^2 + 3|G - O|^2 得 sum_{i=1}^3 |Pi - G|^2 <= sum_{i=1}^3 |Pi - O|^2 <= 3a^2。 而三点两两距离平方和 |P1-P2|^2 + |P2-P3|^2 + |P3-P1|^2 = 3 * sum_{i=1}^3 |Pi - G|^2 <= 9a^2。 若三点两两距离都 > sqrt(3)a，则平方和 > 3(sqrt(3)a)^2 = 9a^2，矛盾。 故必有两点的距离 <= sqrt(3)*a。 3.下界 因为三个半径为1的圆不重叠，圆心两两距离至少为 2。由引理知在 H' 中必有两个圆心距离 <= sqrt(3)*a，所以必须有 sqrt(3)*a >= 2，即 a >= 2/sqrt(3)。 于是 s = a + 2/sqrt(3) >= 4/sqrt(3)。 4.最优构造 取s=4/sqrt(3)，则a=s-2/(sqrt(3))=2/sqrt(3)。将三个圆心放在 H' 的三个交替顶点上，H' 相邻顶点距离为 a，交替顶点构成等边三角形，边长为 sqrt(3)a = sqrt(3)(2/sqrt(3)) = 2，所以三个圆两两相切。同时每个圆心到外六边形的某两条相邻边的距离恰好为1，因此圆也与外六边形相切。因此，边长为4/sqrt(3)的正六边形刚好能容纳3个半径为1的圆，且不能再小。 所以最小边长为4/sqrt(3)，换算成本站则为sqrt(3)/4，约等于0.433012701，刚好是这里的起步构型。 事实上，Friedman的构型页中把n=3的构型标为Trivial，即平凡。因此这个证明不是首次，这个思想也并非首次提出。Friedman构型页：https://erich-friedman.github.io/packing/cirinhex/
P82 · 等圆装入正多边形 · 讨论