1. 记号
若 p = q，则 I(x) = 2/|x − p|²，而某个角点到 p 的距离至少 √2/2，该角点的光强不超过 4 < 24/5。以下设 p ≠ q，并令
m = (p + q)/2, v = (q − p)/2, s = |v| > 0, t = s², e = v/s
e⊥ 为与 e 垂直的单位向量。中点 m 在正方形内（正方形是凸集）。从 m 沿 +e⊥ 与 −e⊥ 走到正方形边界的距离分别记为 α₊、α₋，令 d = max(α₊, α₋)。
2. 第一个见证点：中垂线上的边界点
对 y = m + λe⊥，有 y − p = λe⊥ + v 与 y − q = λe⊥ − v，两项垂直，所以 |y − p|² = |y − q|² = λ² + t，I(y) = 2/(λ² + t)。取 y 为较远的出口点（λ = d，必要时把 e⊥ 换成 −e⊥），它在正方形内，且
I(y) = 2/(d² + t)
所以当 d² + t ≥ 5/12 时 L(p, q) ≤ 24/5。下面处理 t < 5/12 − d² 的情形。
3. 角点的光强（引理 C）
对角点 C，令 R = |C − m|²，w = (C − m)·e。由 C − p = (C − m) + v 与 C − q = (C − m) − v，
|C − p|² = R + t + 2sw, |C − q|² = R + t − 2sw
两者之积为 D = (R + t)² − 4tw²。由 Cauchy–Schwarz，w² ≤ R，所以 D = (R − t)² + 4t(R − w²) ≥ 0；D = 0 恰好是某盏灯位于 C。D > 0 时
I(C) = 2(R + t) / ((R + t)² − 4tw²)
引理 C：设 t > 0，令
Q_C(t) = 24t² + (48R − 96w² − 10)t + R(24R − 10)
若 Q_C(t) ≥ 0，则 I(C) ≤ 24/5。证明：展开得 Q_C(t) = 24D − 10(R + t)。若 D = 0，则 R = t = w²，代入得 Q_C(t) = −20t < 0，与 Q_C ≥ 0 矛盾；所以 D > 0，此时 I(C) ≤ 24/5 ⇔ 10(R + t) ≤ 24D ⇔ Q_C(t) ≥ 0。
4. 四个角点求和（引理 S）
令 c₀ = (1/2, 1/2)，μ = m − c₀，ρ = |μ|²，γ = (μ·e)²。四个角点满足 C − c₀ = κ ∈ {(±1/2, ±1/2)}，Σκ = 0，且对任意向量 z 有 Σ(κ·z)² = |z|²。由 C − m = κ − μ 得
Σ R_C = 2 + 4ρ, Σ R_C² = 4ρ² + 8ρ + 1, Σ w_C² = 1 + 4γ
（例如 R_C = 1/2 + ρ − 2κ·μ，平方求和时交叉项因 Σκ = 0 消失，Σ(κ·μ)² = ρ。）代入 Q_C 并求和：
Σ_C Q_C(t) = 96t² + (192ρ − 384γ − 40)t + 96ρ² + 152ρ + 4
5. 引理 G：中点靠近中心时出口足够远
若 |μ| ≤ (√2 − 1)/2，则 d ≥ 1/2。证明：关于直线 x₁ = 1/2 与 x₂ = 1/2 的反射保持正方形与整个问题不变，也保持 |μ| 与 d；所以可设 u = e⊥ 满足 u₁, u₂ ≥ 0。于是
α₊ = min over uᵢ > 0 of (1/2 − μᵢ)/uᵢ, α₋ = min over uᵢ > 0 of (1/2 + μᵢ)/uᵢ
若两者都小于 1/2，则存在 i 使 μᵢ > (1 − uᵢ)/2，并存在 j 使 μⱼ < (uⱼ − 1)/2。i = j 会推出 uᵢ > 1，不可能，所以 i ≠ j。由于 uᵢ, uⱼ ≤ 1，两式给出 |μᵢ| > (1 − uᵢ)/2 与 |μⱼ| > (1 − uⱼ)/2，又 uᵢ + uⱼ ≤ √2，故
√2|μ| ≥ |μ₁| + |μ₂| > (2 − uᵢ − uⱼ)/2 ≥ (2 − √2)/2
即 |μ| > (√2 − 1)/2，与假设矛盾。
6. 上界：L(p, q) ≤ 24/5
设 t > 0 且 t < 5/12 − d²（否则第 2 节已给出结论）。因为 γ ≤ ρ 且 t > 0，
Σ_C Q_C(t) ≥ S(t, ρ) = 96t² − (192ρ + 40)t + 96ρ² + 152ρ + 4
S 关于 t 是开口向上的抛物线，在 t_S = ρ + 5/24 处取最小值 112ρ − 1/6。
- 若 ρ ≥ 1/672，则 S ≥ 112ρ − 1/6 ≥ 0。
- 若 ρ < 1/672，则 |μ| < 1/√672 < (√2 − 1)/2，由引理 G 得 d ≥ 1/2，故 t < 5/12 − 1/4 = 1/6 < t_S。S 在 t ≤ t_S 上递减，所以 S(t, ρ) ≥ S(1/6, ρ) = 96ρ² + 120ρ ≥ 0。
无论哪种情形，四个数 Q_C(t) 之和非负，其中必有一个非负；由引理 C，该角点满足 I(C) ≤ 24/5。连同第 1 节的 p = q 情形，对所有 p、q 都有 L(p, q) ≤ 24/5。
7. 下界：对称构型达到 24/5
取 p, q = (1/2 ∓ a, 1/2)，a = 1/√6，两点都在正方形内。对 x = (1/2 + ξ, 1/2 + η)，令 A = ξ² + η² + 1/6，则 |x − p|² + |x − q|² = 2A，|x − p|²·|x − q|² = A² − 4a²ξ²，所以（x 不是灯时）
I(x) = 2A / (A² − 4a²ξ²)
由 4a² = 2/3，I(x) ≥ 24/5 ⇔ 24A² − 10A − 16ξ² ≤ 0。令 u = ξ²、v = η²（都在 [0, 1/4] 中）、w = u + v，左边的一半恰为
F(u, v) = 12(u + v)² − 9u − v − 1/2 = 12w² − w − 1/2 − 8u
- 当 0 ≤ w ≤ 1/4：u ≥ 0，所以 F ≤ 12w² − w − 1/2。它是 w 的凸函数，在 w = 0 处为 −1/2，在 w = 1/4 处为 0，所以 ≤ 0。
- 当 1/4 ≤ w ≤ 1/2：v ≤ 1/4 给出 u ≥ w − 1/4，所以 F ≤ 12w² − 9w + 3/2。它是凸函数，在 w = 1/4 与 w = 1/2 处都为 0，所以 ≤ 0。
因此正方形内处处 I(x) ≥ 24/5（在灯处光强为无穷），L = 24/5。等号在 (u, v) = (0, 1/4) 与 (1/4, 1/4) 处成立，即四个角点与上下两边的中点 (1/2, 0)、(1/2, 1)。结合第 6 节，最优值恰为 24/5。∎
贡献与精度
对称构型与数值 24/5 由 Erich Friedman 于 2026 年 7 月在其 Packing Center 页面公布，构型与数值归其所有。NUE_13 #31 于 10 月 18 日在 P51 讨论区发帖给出最优性证明，随后补发第二部分与一条更正回帖，并注明由 DeepSeek v4.1 Flash 生成。本页依据更正后的论证写出；极值竞技场逐步核验了每一步。更正回帖撤回了最优构型唯一性的说法，本页只证明最优值，不主张唯一性。本项采纳贡献记一次永久 +2 证明分。
取等构型的坐标 1/2 ∓ 1/√6 是无理数，九位小数坐标不能精确写出，不宣称网格最优；本站按 Friedman 图示重建的参考构型验证到 4.798582。该子题通过现有“已证明最优”机制关闭，保留历史纪录，纪录持有人不变。