<解答>
超立方体を一辺1/2の超立方体16個に分割する。
必ずどこかの超立方体に２つの点が存在するので、 最大値の上限は対角線上に２点がある場合で、
sqrt((1/2)^2 * 4) = 1。
実例が存在することはは示すまでもないので省略。


<感想>
うーん……超立方体での鳩の巣原理ですか。
ちょっと知っている人には瞬間で、知らない人には 見向きもされない、厳しい問題になってしまったような。
答えが整数なのが唯一の見所でしょうか。

前回にせまる解答者数があって、ちょっとビックリしています。
答は１月にちなんでということで。

超立方体の頂点16個とその中心1個に配置したときの長さが【1】になります。
これが最大値。
超立方体をx,y,z,w=1/2の面で切ると、1辺の長さが1/2の超立方体が16個できます。
点は17個あるので、16個の超立方体のうち少なくとも1つは、2つ以上の点を含みます。
その2つの点をできるだけ離して配置するには 対角線で向かい合う2つ頂点に置くしかありません。
1辺の長さが1/2の超立方体の対角線の長さは、
{ (1/2)^2 + (1/2)^2 + (1/2)^2 + (1/2)^2 }^(1/2) = 1
なので、これが答えです。

「鳩の巣」を使わない解法はないんですかねぇ。

解答：1
解法：
一辺が1の超立方体に17個の点を取ると 一辺が1/2の超立方体に16等分した場合、少なくとも1つの超立方体に2個以上の 点が取られることになる。
最も近い２点間の距離の最大値となるのは、次のように点が取られた場合である
・一辺が1/2の超立方体の16個のうち15個には1個だけ点が取られる
・残りの超立方体に2個の点が取られる
・この2個の点が超立方体の頂点にある
よって
(1/2)^2+(1/2)^2+(1/2)^2+(1/2)^2=1
(1)^(1/2)=1
∴1
　
感想
「何とかの巣の原理」と呼ばれていたような気がします。
(これが正式な呼び方かどうかは不明です)
　
解法はあっていると思いますが計算がこれでよいのか自信がありません。
　
似たような問題で70×70の正方形で50個の点をとるという問題がありました。

この問題だと、最大値を求めるのは難しそうですね。
正方形を４９分割して「鳩の巣原理」を適用しても、１０×１０の正方形で２点を含むものが存在する、ということしか示せませんから、 最大値は10√２（≒１４．１４２・・・）以下という荒い評価しかできないですね。（もっとうまい分割があるかしらん）
下記のような配置（５２個ですが）があるので、最大値は５（√１９３）／６（≒１１．５７７・・・）以上にはなるようです。（１０√２とはだいぶ差がある）
　

　
正三角形の内部に１０個の点をとる、というアレンジはどうでしょうか。
年賀算にはなっていませんが、結構スマートかと。
　

答え：１
　
16個の点を超立方体の各頂点に置き、もう１個の点を真ん中(0.5,0.5,0.5,0.5) に置いたときにこの値になります。
証明はボロが出るといけないので省略します（堕落）。

証明までは求めていませんのでご安心を。

解答
　１６点を超立方体の頂点に、１点を重心 (1/2,1/2,1/2,1/2) に配置する。
　このときの頂点と重心との距離は１となる。これが求める値である。
　
証明
　厳密な証明は難しそうですね。ですが、感覚的にほぼ間違いないでしょう。

配置がこれ以外にないことのエレガントな証明はまだ見つけていません。
　
風みどりさんとのやりとりをメモしておきます。
　
風みどりの玉手箱　2005年01月01日
風みどりの玉手箱　2005年01月26日
Seki's Diary　2005年01月26日
　
都筑卓司著の「四次元の世界」（ブルーバックス）はお薦めです。超立方体がイメージできるようになってしまうかもしれません。

2005年2月9日追記
　
平石さんから、配置がこれ以外にないことの証明をいただきました。
精査したあと掲載しようと思っていましたが、その元気がないのと、たぶん大丈夫そうなのと、 メールをいただいてから２日経ってしまったので、載せてしまいます。
　
　まず、１６個の超立方体のブロックに分割します。ただし、境界線の帰属をはっき りさせます。具体的にはたとえば、
Ｃ01＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜０≦Ｘ≦ｈ，０≦Ｙ≦ｈ，０≦Ｚ≦ｈ，０≦Ｗ≦ｈ｝
Ｃ02＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜０≦Ｘ≦ｈ，０≦Ｙ≦ｈ，０≦Ｚ≦ｈ，ｈ＜Ｗ≦１｝
Ｃ03＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜０≦Ｘ≦ｈ，０≦Ｙ≦ｈ，ｈ＜Ｚ≦１，０≦Ｗ≦ｈ｝
Ｃ04＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜０≦Ｘ≦ｈ，０≦Ｙ≦ｈ，ｈ＜Ｚ≦１，ｈ＜Ｗ≦１｝
Ｃ05＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜０≦Ｘ≦ｈ，ｈ＜Ｙ≦１，０≦Ｚ≦ｈ，０≦Ｗ≦ｈ｝
Ｃ06＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜０≦Ｘ≦ｈ，ｈ＜Ｙ≦１，０≦Ｚ≦ｈ，ｈ＜Ｗ≦１｝
Ｃ07＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜０≦Ｘ≦ｈ，ｈ＜Ｙ≦１，ｈ＜Ｚ≦１，０≦Ｗ≦ｈ｝
Ｃ08＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜０≦Ｘ≦ｈ，ｈ＜Ｙ≦１，ｈ＜Ｚ≦１，ｈ＜Ｗ≦１｝
Ｃ09＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜ｈ＜Ｘ≦１，０≦Ｙ≦ｈ，０≦Ｚ≦ｈ，０≦Ｗ≦ｈ｝
Ｃ10＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜ｈ＜Ｘ≦１，０≦Ｙ≦ｈ，０≦Ｚ≦ｈ，ｈ＜Ｗ≦１｝
Ｃ11＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜ｈ＜Ｘ≦１，０≦Ｙ≦ｈ，ｈ＜Ｚ≦１，０≦Ｗ≦ｈ｝
Ｃ12＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜ｈ＜Ｘ≦１，０≦Ｙ≦ｈ，ｈ＜Ｚ≦１，ｈ＜Ｗ≦１｝
Ｃ13＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜ｈ＜Ｘ≦１，ｈ＜Ｙ≦１，０≦Ｚ≦ｈ，０≦Ｗ≦ｈ｝
Ｃ14＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜ｈ＜Ｘ≦１，ｈ＜Ｙ≦１，０≦Ｚ≦ｈ，ｈ＜Ｗ≦１｝
Ｃ15＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜ｈ＜Ｘ≦１，ｈ＜Ｙ≦１，ｈ＜Ｚ≦１，０≦Ｗ≦ｈ｝
Ｃ16＝｛（Ｘ，Ｙ，Ｚ，Ｗ）｜ｈ＜Ｘ≦１，ｈ＜Ｙ≦１，ｈ＜Ｚ≦１，ｈ＜Ｗ≦１｝
ただし、ｈ＝１／２です。（「ｈ≦」を「ｈ＜」に変えるわけですね）
　
　こうすると、Ｃ01は距離が１の２点を配置できますが、他の１５個のブロックは、 配置できません。
　したがって、１７点を配置するためには、Ｃ01に２点、他の１５ブロックには１点 ずつ配置することになります。
　Ｃ０１の２点の配置は、８通りあるわけですが、対称性を考慮すると、本質的には ３通りです。
　
�@（０，０，０，０）と（ｈ，ｈ，ｈ，ｈ）
　（ｈ，ｈ，ｈ，ｈ）からの距離が１以上の点は、各頂点しかありません。
　このケースでは、「各頂点に１つずつと、中心に一つ」のみとなります。
　
�A（ｈ，０，０，０）と（０，ｈ，ｈ，ｈ）
　それぞれの点から、“隣のブロック”の点が確定します。
　こうして求まった点について、再度「“隣のブロック”の点」を求めます。
　しかし、たとえばＣ16については、ブロック全体が、「求まった点」の１つから１ 未満の距離にあるので、点を配置できません。
　したがって、１７点配置することはできません。
　
�B（ｈ，ｈ，０，０）と（０，０，ｈ，ｈ）
　�Aと同様に考えます。
　やはりＣ16が狭すぎるので、１７点配置することはできません。
　
　こうして、「４次元超立方体における、相互の距離が１以上の１７点の配置」は、 １通りしかありえないことが分かります。
　
　「『求まった点』の１つ」は、やはり具体的にしたほうがよいですね。
　�Aの場合、（ｈ，０，０，０）→（１，ｈ，ｈ，ｈ）∈Ｃ09
　　あるいは、（０，ｈ，ｈ，ｈ）→（ｈ，１，１，１）∈Ｃ08
　�Bの場合、（ｈ，ｈ，０，０）→（１，１，ｈ，ｈ）∈Ｃ13
　　あるいは、（０，０，ｈ，ｈ）→（ｈ，ｈ，１，１）∈Ｃ04
です。
　
　もっと発展させて、５次元超立方体に３３点を配置する問題も考えかけましたが、 「同じように√５／２」とはいかないらしい（例の保木本恵三氏も５次元の問題を考えか けた旨メールがありました。「非数学的帰納法で√５／２だがダメ」だそうです。）。多 分１になると思いますが。
　おかげで、あと１００年ぐらいは、これで遊べそうです。

一辺の長さ１の超立方体内に１７個の点を、
A0(0,0,0,0),A1(0,0,0,1),A2(0,0,1,0),A3(0,0,1,1),A4(0,1,0,0),A5(0,1,0,1),
A6(0,1,1,0),A7(0,1,1,1)A8(1,0,0,0),A9(1,0,0,1),A10(1,0,1,0),A11(1,0,1,1),
A12(1,1,0,0),A13(1,1,0,1),A14(1,1,1,0),A15(1,1,1,1),
A16(0.5,0.5,0.5,0.5)
に配置すると、最も近い2点間の距離が最大値を取る。
その距離Lは、
L=√(0.5^2+0.5^2+0.5^2+0.5^2)
L=1
解答．１
感想：直感的に点を配置しました。この配置が最善である事は、背理法で任意の点を 微小に動かしてみれば証明できそうですね。

ご指摘の方法では、局所的には最善配置と言えるかもしれませんが...
例えば、１辺の長さが１の正方形に６点を配置することを考えてみましょう。
　

　
上図のように配置すると、青色の線（等長）で結ばれた２点間の距離は（√７−１）／３（≒０．５４８・・・）となりますが、 どの１点を微小に動かしても距離がこの値より小さくなる２点ができてしまいます。
一方、下記の配置では、２点間の距離が２−√２（≒０．５８５・・・）となるので、上図が最善の配置ではないことがわかります。
もっとも、下記の配置が最善かどうかもよくわかっていませんが。
　
で、問題です。
１辺の長さが１の正方形に７点を配置します。このとき最も近い２点間の距離がなるべく大きくなるようにしたいのですが、どうしたらいいでしょうか。
実は８点配置の図より距離を大きくできず悩んでいます。

2005年2月4日追記
　
平石さんから、６点配置の改良案をいただきました。
　

 
√１３／６

2005年2月11日追記
　
平石さんから、７点配置の改良案をいただきました。平石さんの説明と下図の関係がわかるように、３点配置案を重ねて書いています。
　

 
４−２√３

　「正方形に３点」の結果を利用します。 　あの図で、正方形の頂点を、左上から反時計回りに、Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄとします。
　配置された３点のうち、辺ＢＣ上のものをＰ、辺ＣＤ上のものをＱとします。もう １点はＡに一致します。
　線分ＡＰの垂直２等分線と、辺ＡＢの交点をＲとします。また、線分ＡＱの垂直２ 等分線と辺ＤＡの交点をＳとします。
　最後に、線分ＰＲの垂直２等分線と、対角線ＡＣの交点をＴとします。
　Ａ、Ｐ、Ｑ、Ｒ、Ｓ、Ｔ、Ｃの７点は、相互の距離が、すべて、（√6−√2）／2 より大きいことが示せます。
　
　たとえばＡＲは、ＡＰの中点をとれば「直角三角形の斜辺は他の辺より長い」とい う定理により、ＡＰ／2より長いことが分かります。
　ＰＴも、ＰＱの中点をとれば、同様にＰＱ／2より長いことが分かります。■
　
　この配置が最善のものか、局地的にも、まだ分かりません。そもそも「最短距離」 の値も計算していません（計算しかけたのですが、私の計算能力の不足を確認しただ けで挫折しました）。
　
　「正三角形に１０点」というのもありましたね。
　正三角形に三角数（＝ｎ（ｎ＋１）／2）は、みんなピュタゴラスが考えた配置と 同じになるような気がします。三角数以外の、たとえば７点とかだと、どうなるか分 かりません。
　正方形に四角数（＝平方数＝ｎ**2）は、ｎが小さいときは格子点配置になるよう ですが、５ぐらいから、格子点配置より良い配置があります。これも「非数学的帰納 法」が使えないですね。
　円というのもちょっと考えました。５点までは周上に配置されます。６点の場合 は、周上に５点、中心に１点でも可です。７点からは、中心に１点が必須となりま す。もっと多くすると、内部に２点、３点と増えていくのでしょうか。 　１００年どころか、千年も万年も遊べそうですね。

2005年2月12日追記
　
上図に補助線を加えました。かえってわかりにくい？
　

 
４−２√３

16個の頂点と中心(0.5,0.5,0.5,0.5)に配置。三平方の定理を3回使うと、中心と頂点の距離は1。2つの頂点の距離も1。よって答えは1。
　
簡易証明。
頂点の点を動かすと中心と近くなり、中心の点を動かすといずれかの頂点に近くなる。
立体に内接する球の半径を求めろといった凶悪な問題に苦しめられたのを思い出しました。

上記の１辺の長さが１の正方形へのｎ（＝２〜９）点配置案ですが、 ｎ＝２、５の場合を除いて最善の証明は考えていません。 エレガントに証明できますかねぇ。

　はじめまして。平石と申します。
　このサイトは、保木本という将棋気ち…じゃなかった、将棋をこよなく愛す友人か ら教わりました。
　
　多分、正解は１です。
　具体的な点の配置は、各頂点に１つずつと、中心に一つです。
　１という値は、辺を挟む２点の距離であると同時に、中心と各頂点との距離でもあ るところが意外で面白いと思いました。
　
　「多分」というのは、面白いと思いつつも、確信が無いからです。
　この配置から、どの１点あるいは２点を移動させても、最短の距離は小さくなって しまいますが、もっとたくさんの点をうまく配置しなおしたら、もう少し長くできる のではないかと考えてしまいます。しかし今のところ、そのような例は見つけていま せん。
　２次元や３次元で、あるいは点の数を少なくして、同様の問題を考えると、幾つか のケースでは、正確な配置と距離が求まりましたが、「４次元１７点」というケース の参考にはなりませんでした。

保木本さんとは、『第21回神無一族の氾濫』に解答を寄せられている保木本恵三さんのことでしょうか。
ともあれ、ご解答ありがとうございます
　
このような問題では非常に限られれたケースでしか答が確定できていないようです。
成果を共有させてもらえればと思います。