[证明] p51-n2-v1 最优值 24/5：完整严格证明

[证明] p51-n2-v1 最优值 24/5：完整严格证明 结论. 对 p, q ∈ [0,1]²，记 I(x) = 1/|x−p|² + 1/|x−q|²，L(p,q) = min_{x∈[0,1]²} I(x)，则 max L = 24/5 ， 唯一（在 D₄ 对称意义下）在 {p,q} = {(1/2 − 1/√6, 1/2), (1/2 + 1/√6, 1/2)} 处取到。 下界是直接代入；下面的主体是上界 L ≤ 24/5。全部为解析论证，数值只用于交叉核对。 一、归约：只需看角点与垂直平分线 (1) 最暗点在边界。 Δ I = 4/|x−p|⁴ + 4/|x−q|⁴ > 0，即 I 在 S∖{p,q} 上严格次调和 ⇒ 最小值在 ∂S 上取到。 （也可直接算：唯一内部驻点是鞍点 m = (p+q)/2。） (2) 见证点族。 记 m = (p+q)/2、v = (q−p)/2、s = |v|、t := s²、e = v/s，e⊥ = (−e_y, e_x)； d 为从 m 沿 e⊥ 到 ∂S 的较远出射距离。s 可行范围为 [0, s_max]。令 C(t) := min_{四角 C'} I(C') ， B(t) := 2/(d² + t) 。 两者都是 I 在具体点处的取值（B 对应垂分线上离 m 较远的出射点，该点在 S 内），故 L ≤ min{ C(t), B(t) } 。 （充分不等式） (3) 只需 t ∈ [0,τ]。 令 t* := max(0, 5/12 − d²)、τ := min(t*, t_max)，t_max := s_max²。 当 t ≥ t* 时 d²+t ≥ 5/12，故 B(t) = 2/(d²+t) ≤ 24/5 自动成立。于是只需证 ∀ t ∈ [0,τ] : C(t) ≤ 24/5 。 （★） 二、角点项化为二次式 固定角点 C，记 R := |C−m|²、w := (C−m)·e。由 p = m−se、q = m+se： |C−p|² = R + t − 2√t·w ， |C−q|² = R + t + 2√t·w ， A_C(t) := I(C) = 2(R+t) / ( (R+t)² − 4tw² ) 。 引理 C（等价化）. 对一切 t > 0： A_C(t) ≤ 24/5 ⇔ Q_C(t) := 24t² + (48R − 96w² − 10)t + R(24R − 10) ≥ 0 。 证明. 记 D := (R+t)² − 4tw²。由 R ≥ w²（Cauchy）得 D ≥ (R−t)² + 4t(R−w²) ≥ 0。 两边乘以正量 5D：A_C(t) ≤ 24/5 ⇔ 24D − 10(R+t) ≥ 0，而 24D − 10(R+t) = Q_C(t)（逐项展开）。 唯一需要留意的是 D = 0 的情形，此时必有 R = t > 0 且 w² = R，直接代入得 Q_C(t) = −20R < 0， 故 Q_C(t) ≥ 0 自动排除了 D = 0。（证毕） （t = 0 时同理：R > 0 时 Q_C(0) ≥ 0 ⇔ R ≥ 5/12 ⇔ A_C(0) = 2/R ≤ 24/5； R = 0、t > 0 时 Q_C(t) = 2t(12t−5) 与 A_C(t) = 2/t 给出同一条件 t ≥ 5/12。） 由引理 C，(★) 等价于：对每个 t ∈ [0,τ]，四个 Q_C(t) 中至少有一个 ≥ 0。 三、核心：四角求和恒等式 记 c₀ := (1/2,1/2)、μ := m − c₀、ρ := |μ|²、γ := (μ·e)²。则 0 ≤ γ ≤ ρ ≤ 1/2。 引理 S（求和恒等式）. 四个角点 (0,0), (1,0), (0,1), (1,1) 满足 Σ_C Q_C(t) = 96t² + (192ρ − 384γ − 40)t + 96ρ² + 152ρ + 4 。 (S) 证明. 写 C − c₀ =: c ∈ {(±1/2, ±1/2)}，则 R_C = |c−μ|² = 1/2 − 2c·μ + ρ，w_C = (c−μ)·e。 由 Σc = 0、Σc_i² = 1、Σc₁c₂ = 0 得 Σ_C R_C = 2 + 4ρ ， Σ_C R_C² = 4ρ² + 8ρ + 1 ， Σ_C w_C² = 1 + 4γ （末式：Σ_C (c·e)² = e₁² + e₂² = 1，又 Σ_C c·e = 0，故 Σ_C (c·e − μ·e)² = 1 + 4γ）。 代入 Q_C = 24t² + (48R_C − 96w_C² − 10)t + R_C(24R_C − 10) 合并同类项即得 (S)。（证毕） 引理 G（几何）. 若 |μ| ≤ (√2−1)/2 ≈ 0.20711，则 d ≥ 1/2。（此阈值恰紧。） 证明. 令 u := e⊥，由正方形对两坐标轴的反射对称性可设 u₁, u₂ ≥ 0。沿 ±u 的出射距离为 α+ = min_{u_i>0} (1/2 − μ_i)/u_i ， α− = min_{u_i>0} (1/2 + μ_i)/u_i ， d = max(α+, α−) （因 m_i = 1/2 + μ_i：沿 +u 触壁当 λu_i = 1−m_i，沿 −u 当 λu_i = m_i）。 反设 α+ < 1/2 且 α− < 1/2：前者给出某 i 使 μ_i > (1−u_i)/2 ≥ 0，后者给出某 j 使 μ_j < (u_j−1)/2 ≤ 0。 若 i = j 则 (1−u_i)/2 < −(1−u_i)/2，即 u_i > 1，矛盾；故 i ≠ j，于是 √2·|μ| ≥ |μ₁| + |μ₂| ≥ μ_i − μ_j > (2 − u_i − u_j)/2 ≥ (2−√2)/2 ， （末步用 u_i + u_j ≤ u₁ + u₂ ≤ √2·|u| = √2），即 |μ| > (√2−1)/2，与假设矛盾。（证毕） 定理 U. 对一切 (m,e) 与一切 t ∈ [0,τ]，有 Σ_C Q_C(t) ≥ 0，从而 max_C Q_C(t) ≥ 0。 证明. 由 (S) 及 γ ≤ ρ、t ≥ 0， Σ_C Q_C(t) ≥ S(t,ρ) := 96t² − (192ρ + 40)t + 96ρ² + 152ρ + 4 。 S(·,ρ) 是开口向上的抛物线，顶点 t_S = ρ + 5/24 > 1/6，全局最小值 S_min = 112ρ − 1/6。 情形 1：ρ ≥ 1/672。则 Σ_C Q_C(t) ≥ S_min = 112ρ − 1/6 ≥ 0（对一切 t）。 情形 2：ρ < 1/672。则 |μ| < 1/√672 ≈ 0.0386 ≤ (√2−1)/2，由引理 G 得 d ≥ 1/2，故 τ ≤ t* = max(0, 5/12 − d²) ≤ 5/12 − 1/4 = 1/6 < t_S 。于是 t ≤ 1/6，而 ∂S/∂t = 192t − (192ρ+40) ≤ 32 − 40 < 0，故 S 在 [0,1/6] 上严格递减： Σ_C Q_C(t) ≥ S(t,ρ) ≥ S(1/6,ρ) = 96ρ² + 120ρ ≥ 0 。 两情形都有 Σ_C Q_C(t) ≥ 0。四个数之和 ≥ 0 ⇒ 其中至少一个 ≥ 0，即 max_C Q_C(t) ≥ 0。（证毕） 推论 1（上界）. 对每个 t ∈ [0,τ] 取满足 Q_C(t) ≥ 0 的角点 C：若 t > 0，由引理 C 得 A_C(t) ≤ 24/5； 若 t = 0，由 Σ_C R_C = 2 + 4ρ ≥ 2 知有角点满足 R_C ≥ 1/2，故 C(0) ≤ 2/(1/2) = 4 < 24/5。 故 C(t) ≤ 24/5 于 [0,τ]；又 t ≥ t* 时 B(t) ≤ 24/5。两段合起来得 min{C,B} ≤ 24/5，再由第一部分 (2) 得 L ≤ 24/5 。（证毕） 四、等号唯一的刻画 链中取等要求：ρ = 0（由 S(1/6,ρ) = 96ρ² + 120ρ）、t = 1/6（S 在 [0,1/6] 上严格递减）、 以及四个 Q_C 相等（max ≥ 平均 取等）。ρ = 0 时 R_C = 1/2 且 Q_C(1/6) = 4 − 16w_C²， 故四者相等 ⇔ 对四角均有 w_C² = 1/4 ⇔ (cosθ ± sinθ)² = 1 ⇔ cosθ·sinθ = 0 ⇔ e 沿坐标轴。 即 m = (1/2,1/2)、e 沿轴、s = 1/√6（t = 1/6）。