区域与五个正方形
记 C = ([1,2] × [0,3]) ∪ ([0,3] × [1,2])，包含边界。C 是中央单位正方形与下、右、上、左四个单位正方形臂 B、R、T、L 的并。对 C 内的有限点集 S，记 d(S) 为最小两点欧氏距离；验证器内部存储 d(S)²。
达到等号的构型
四点时取
(1,0), (3,1), (2,3), (0,2).
按环形顺序连接，它们构成一个正方形：四条边长都是 √5，两条对角线长都是 √10。因此 d(S)=√5。
五点时再加入中心 (3/2,3/2)。中心到四个外点的距离平方都是 5/2，而任意两个外点的距离平方至少为 5，因此 d(S)=√(5/2)。
四点上界：四条臂必然产生一条短边
反设四点的任意两点距离都严格大于 √5。单位正方形的直径只有 √2，所以覆盖 C 的五个单位正方形中，任何一块都不能同时含有两点。如果有一点落在中央正方形，它与任意一条臂的并都包含在一个 1 × 2、直径为 √5 的矩形内，立刻得到矛盾。因此只剩一种情形：四条臂各有一点。
按环形顺序把四点记为 B、R、T、L。令 X 为 BR、RT、TL、LB 四条线段的横坐标差平方之和。两个中间横坐标 x_B、x_T 属于 [1,2]，右端横坐标 x_R 属于 [2,3]，左端横坐标 x_L 属于 [0,1]。固定 x_R、x_L 后，
X = f(xB) + f(xT),
f(m) = (xR−m)² + (m−xL)².
f 是凸函数，所以它在 [1,2] 上的最大值必在端点取得；对 x_R、x_L 再作同样的端点论证即可。四种 (x_R,x_L)=(2,0),(2,1),(3,0),(3,1) 分别给出 X≤8、2、10、8，因此 X≤10。把整个论证旋转 90°，同理得到纵坐标差平方和 Y≤10。于是
|BR|² + |RT|² + |TL|² + |LB|² = X + Y ≤ 20.
四个相邻距离平方中至少有一个不超过 5，与反设矛盾。因此 d(S)≤√5。
五点上界：总有一整条臂靠近中央点
再反设五点的任意两点距离都严格大于 √(5/2)。因为 √(5/2)>√2，五个单位正方形各自至多含有一点；它们又覆盖整个 C，所以中央正方形和四条臂必定各有一个点。把中央点写成
c = (3/2 + σ, 3/2 + τ),
a = |σ|, b = |τ|, 0 ≤ a,b ≤ 1/2.
在上、下两条臂中选离 c 较近的一条。c 到这整块单位正方形中任意点的最大距离平方为
Mv = 5/2 + a − 3b + a² + b².
这是因为横向最大偏移为 1/2+a，到较近臂的纵向最大偏移为 3/2-b。同理，在左、右两条臂中选较近的一条，有
Mh = 5/2 + b − 3a + a² + b².
M_v 与 M_h 至少有一个不超过 5/2。否则，把两个严格不等式相加会得到 a²+b²>a+b；但 0≤a,b≤1/2 又推出 a²+b²≤(a+b)/2，矛盾（a=b=0 时两者恰等于 5/2）。所以至少有一整条臂都位于以 c 为圆心、半径 √(5/2) 的圆内；该臂上的点与 c 构成矛盾。因此 d(S)≤√(5/2)。
两个上界都被前面的构型达到，定理得证。等价地，P21 内部存储的精确最优分数分别为 5 与 5/2。∎
n = 9：猜想现已得到证明
投稿中的九点构型达到 √5/2：在外层四点正方形的中心和四条边中点各放一点即可。这最初只给出了下界，因为对称性不能约束任意构型。2026 年 9 月 5 日，HwaterB #40 用八块直径受限的区域覆盖十字形，补上了缺失的上界，猜想值由此得到证明。
阅读九点最优性证明 →投稿与严格证明的分工
NUE_13 #31 给出了四点、五点、九点构型并猜想它们已达最优。由于上界证明不能直接假设构型对称，极值竞技场补全了证明 n=4、5 最优的不等式。构型猜想与上界证明分别署名。