Оценки времени обнаружения в задаче поиска неподвижного объекта в прямоугольнике Текст научной статьи по специальности «Математика»

УДК 518.9

ОЦЕНКИ ВРЕМЕНИ ОБНАРУЖЕНИЯ В ЗАДАЧЕ ПОИСКА НЕПОДВИЖНОГО ОБЪЕКТА В ПРЯМОУГОЛЬНИКЕ

С, В, Меетников, Г, В, Эверстова

В работе рассматривается игра поиска неподвижного объекта в замкнутом ограниченном множестве на плоскости, являющемся прямоугольником [1—3]. Целью ищущего игрока является гарантированное обнаружение прячущегося игрока за минимальное время. Динамика движения ищущего игрока простая. Прячущийся игрок неподвижен, находится в прямоугольнике и считается обнаруженным, если попадает в круг обнаружения ищущего игрока.

1. Постановка задачи. Предположим, что динамика движения ищущего Р3 описывается уравнением

х = и, ||и|| ^ 1, х,и £ М2, £ ^ О, (1)

допустимые управления и = и(£), £ ^ 0, игрока Р — кусочно-непрерывные функции. Под чистой стратегией а игрока Р будем понимать пары а = (хо,и(•)), где щ £ М2, и = и(•) — допустимое управление. Множество всех допустимых управлений обозначим через Бр. Под чистой стратегией игрока Е будем понимать выбор точки уо го множества О. Игра происходит следующим образом: игрок Е выбирает точку у0 из

ОР игрока Е, выбирает стратегию а = (х0, и), х0 £ М2, и = и(Ь), £ > 0, т. е. у пего реализуется траектория х = х(•). Прячущийся игрок считается обнаруженным (пойманным) в момент если расстояние между точками х(£) и уо меньше или равно I (р(уо, ^ I), где I — положптель-

© 2006 Меетников С. В., Эверстова Г. В.

ное число, т. е. областью обнаружения игрока Р является замкнутый круг с центром в точке х = х(£). Выбор чистой стратегии определяет траекторию х(•) = х(0, х0, и), где график функции х(£) при £ > О определяет некоторую непрерывную кривую, лежащую на плоскости К2. Зафиксируем конечный момент Т, 0 ^ Т < то, и определим

хт(•) = {х е К | х = х(г, о, х0, и), о < t < Т}.

Через |хт (•) | обозначим длину кривой хт(•). Тогда в силу ограничений на динамику игры (1) длина кривой хт(•) всегда не больше числа Т, или |хт(-)| ^ Т. Введем множество X всевозможных траекторий движения Р

X = {х(•) | х(О, хо, и), хо е К, и е Вр}.

Пусть

Xт = {хт(0 | хт{-,о,ха,и), х0 е К, и е Вр}.

Элементами множества X являются всевозможные кривые Л, удовлетворяющие следующим условиям: существуют точка щ е К2 и допустимое управление и е Вр такие, что траектория х(•) = х(-,0,хо,и), порожденная стратегией а = (щ,и(•)) при £ ^ О, совпадает с кривой Л.

Л

Л

Л, тогда существует конечный момент Т < то такой, что Л е Xт. Понятно, что

А = У Xт.

т ^о

Ле

Л

тает) ограниченную область О, если выполняется включение О С Б\, где

5Л = {у е К | Р(у,х) < 1, х е Л}.

Замечание 1. Если кривая Л е Л заметает ограниченную область G, то у игрока P существует стратегия, гарантирующая обнаружение за конечное время.

Действительно, пусть Л е Л заметает ограниченную область G. Тогда по определению множества Л существует конечный момент T < ж такой, что Л е Xт. Это означает, что существует такая стратегия a = (xo,u(•)), х0 е Dp, игрока P, что Л = х(■,0,xo,u). При этом стратегия a = (щ,и(•)) игрока P является гарантирующей обнаружение за T

Ле

G

Л е P

существует стратегия a = (щ,и(•)), щ е R2, и е Dp, \\u(t)У = 1, такая, что Л = x(t,0, ха, ^ри t е [0, T и |Л| = T, то стратегия a = (х0, и(•)) является гарантирующей обнаружение за минимальное время, а время T

Для определенности предположим, что радиус обнаружения l ра-Ga

Ga Требуется найти непрерывную кривую минимальной длины, двигаясь

P

Ле

кривую минимальной длины.

Пусть точка хо, где в начальный момент находится игрок P, не фиксирована. Игрок P может выбрать произвольную точку х0 е G. В этом случае имеется покрывающая кривая щЕ длины 2 (рис. la)).

Покажем, что эта кривая не является покрывающей минимальной длины. Рассмотрим ломаную Л1 = HEFG (рис. 16)), где IAH| = ICFI = |DG| = |AH| = 1. Ясно, что кривая Л1 является покрывающей и |Л | = 3|HE| = 6 - ЗА/2 <Л ся решением задачи 1 для этого квадрата. Действительно, проведем с

с)

d)

\d C B

M \ / A

B C

H K

Рис 1.

вершин квадрата дуги окружностей радиуса 1 (рис. 1с)) и решим следующую задачу на экстремум: найти ломаную минимальной длины, касающуюся всех четырех окружностей.

Пусть наша ломаная имеет вид = ЫВЕК, где |ЕКI = |ВЫ| и ЕК параллельна ВЫ.

Обозначим через г длину отрезка ВВ. Тогда

|BC 1 = 1-^1—1*, IDE| = 2- 2z,

а длина кривой А2 равна

|A2(z)| = 4|BC^ |DE| = 6 - 2z -4y/l- z2.

Отсюда найдем точку минимума z*. Заметим, что при z = %/2/2 получаем кривую Ai. Легко показать, что z* = 1/а/5. Однако, двигаясь по ломаной MDEK щ>и z = игрок P не заметает полностью весь

Х2

O

A x

Рис. 2.

квадрат О, так как |КО| = |МО| > 1, и остается незаметенной хотя бы точка 0. С другой стороны, длина ломаной Л2 (.г) при г € [0, 1/%/5) убывает, а при 2 € (1/^5,1] возрастает. Найдем на дуге окружности ОС такую точку М, что |ОМ | = 1. Из теоремы Пифагора имеем

Iom | = va—z

1 -z2

|ОМ| г /

на |А2(1/2)| меньше |А2(а/2/2)|. Следовательно, при г = 1/2 кривая А2(1/2) является покрывающей и имеет длину меньше, чем у кривой Аь

Если обозначить через Аопт решение задачи 1 для рассматриваемого квадрата, то получим следующую оценку:

< |А2(1/2)| = 5 - 2 •

|Ао

(2)

Покажем, что и оценку (2) можно улучшить. Действительно, если обозначить через А3 ломаную ABCD (рис. Id)), где |AB| = |CD|, |ИА| = yßß (|ИК| = 1/2), |MB| = z, 0 < z < 1/2, то тогда ломаная А

|A3(z)| = 2(z2 + (2 - у/Щ -/l- (z + 1/2)2)2+ 1 - 2z,

(3)

Отсюда легко показать, что производная функции (3) при г = 0 меньше

0 и А3(0) = А2(1/2). Это означает, что функция (3) при г = 0 (0 < г <

/

Пусть z — точка минимума функции (3) при 0 ^ z ^ 1/2. Тогда решение задачи 1 для заданного квадрата при произвольном положе-

z

|А0„т| < |A3(Z)| < |А2(1/2) | = 5-2^$.

z

равно 0.0985, a A3(z) = 1.4972.

Попытаемся улучшить эту оценку. Для этого нам понадобится следующий вспомогательный результат.

Задача 2. Пусть на положительном октанте декартовой системы координат даны четверть окружности радиуса 1 и две точки А и Б, лежащие вне круга радиуса 1, точка А лежит на оси Oxi, Б лежит выше оси Oxi, |АО| = r±, |BO| = r2, |АБ| = r (рис. 2а)). Здесь т\ > 0, r2 > 0, т > 0 — положительные числа, являющиеся параметрами задачи. Найти па дуге окружности S(0,1) такую точку С* £ S(0,1), что ломаная АС * Б имеет минимальную длину среди всех ломаных АС Б, С £ S(0,1).

OC Ox

обозначим через р. Тогда длина ломаной АБС зависит от угла p £ [0,2^]. Введем функцию A(p) = |АСБ|. Имеем

|СА| = \j(|А0| -соsp)2 + sinp2, или _

|СА| = yfi^^^Tl.

Угол между лучом ОБ и осью 0x\ обозначим через pi. Тогда

|СБ| = - 2r2cos(pi - p) + l.

Из вида этих функций следует, что оптимальное решение задачи 2 (точка p*) должно лежать на от резке 0, pi. Отсюда имеем

|A(p)| = \Jr\ - 2ri cosp + 1 + Jr\ - 2r2 cos(p - p) + 1-

А хо Б А хо Б

Рис. 3.

Несложный анализ показывает, что функция |А(у) | при у € [0имеет единственный минимум у* € [0, У1] и в точке минимума у* должно выполняться равенство

Г1 вт у* г2 вт(у! — у*)

|АС | |ВС| = '

С

у* € , у

задачи 2 и луч ОС делящий угол АС В пополам, является биссектрисой угла АС В. В общем случае аналитически найти оптимальный угол

у* € , у

кретных значений параметров г±, г2, г приближенное значение угла у* будем находить численно. В частном случае, когда т± = г2, имеем

у* = 1/2уь А(у*) = 2 — 2т1сову/2)+\.

Возвратимся к нашему примеру. Зафиксируем точки лежащие

на пересечении окружностей радиуса 1 с центрами в точках С и В с окружностью радиуса 1 с центром в точке О (рис. 26)). Возьмем любую точку Н € Я(Л, 1), ордината которй не меньше ординаты точки Е. Пусть разность высот по оси Ох2 между этими числами равна г, г ^ 0. После этого решим задачу: найти точку I € Я(В, 1) такую, что ломаная Н1Е имеет минимальную длину среди всех ломаных, начинающихся в точке Н, кончающихся в точке Е н имеющих общую точку с окружностью Я(В, 1).

Обозначим через К точку пересечения лучей ЛН и В1. Тогда из свойства решения задачи 2 имеем условие:

1) углы Н1К и К1Е должны быть равны.

Н

ванной точке I, получим следующее условие:

2) углы 1НК и КНЕ должны быть равны.

Из условий 1 и 2 вытекает, что все углы Е1К, К1Н, 1НК и КНЕ должны быть равны или, другими словами, решения этой задачи и предыдущей совпадают.

гг

О

квадрата кривая А1 (рис. За)) является покрывающей и имеет длину, равную 2. Попробуем найти покрывающую кривую, длина которой меньше 2.

Аг

А г а

А2(г) = х0ЕЕО, |х0Е| = 1, |НЕ | = г, Е € Я(В,1), О € Я(С,1), О € [ЕО].

Условие О € [ЕС] взято из того, что если мы зафиксируем любое число, лежащее па окружности Я(В, 1), то минимальное рас стояние |ЕО| для точек О € Я(С, 1) достигается в такой точке О, лежащей на отрезке

[ЕС]. Иначе говоря, если мы ищем ломаную минимальной длины со свободным концом О, лежащим та окружности 5(С, 1), то точка О обязательно должна лежать на отрезке [ЕС].

Опустим из точки О перпендикуляр па отрезок ВС и полученную точку обозначим через /.Тогда если |IО| > 1/2, то ломаная А2(г) является покрывающей, если же |1О| < 1/2, то ломаная ^(г) не является покрывающей, так как |О11 > 1 и поэтому существует число е > О такое, что точка К, |KJ| = е, останется необнаруженной. Несложный анализ показывает, что

|А2(г)| = \/з — 1х — 2^1 — г2 + ^5 — 4— 1, г < 1.

При этом длина отрезка 11О| как функция от г, 0 ^ г ^ 1, имеет вид

|1О| = -.

V 5 — 4л/1 — г2 — 1

Отсюда видно, что длина отрезка |1О| увеличивается при увеличении г, О ^ г ^ 1. При г = \ имеем

|1О| = <1.

лД —1 2

А г О

лежащей па окружности 5(С, 1), мы не можем улучшить оценку 2, так

А>

Аг

ла г, 0 ^ г ^ 1, у которых второй конец О закреплен. Пусть ломаная Аз (г) имеет вид х^ЕЕО, |х0Е| = 1, |1О| = 1/2 (рис. 36)). Пусть Н — любая точка, лежащая на прямой ВЕ, |ВН| > |ВЕ|. Тогда из свойства решений задачи 2 мы имеем, что в этом классе ломаных минимальную длину имеет такая ломаная, у которой углы НЕО и НЕЕ равны.

Численно решая задачу 2 с точностью 0.001 при т\ = |ВЕ|, г2 = |ВО|, т = |ЕО|б получим тт;п = 0.221 (в радианах), а А%гт\п = 1.7814.

х

делим класс ломаных А^(г), 1 ^ г ^ 26 с закрепленным концом О

следующим образом (рис. Зс)). Пусть А4(г) = х0ЕЕО, где |х0Е| = г, Е € Я(С, 1), ЕО параллельна ВС |ОК| = 1. Из условия |ОК| = 1 вытекает, что все ломаные А4(г), 1 ^ г ^ 2, являются покрывающими и А4(2) = 2. Длина кривой А4(г), которая зависит от г, 1 2, равна

|А4(г)| = г+(2- г - г*)1/2 + 2- ^4г - г2, (4)

откуда

(|А4(1 )|)' <0. (5)

Отсюда следует, что эта функция при г=1( г ^2) не достигает своего минимума. В частности, при г = 25/16 имеем |А4(г)| < 2. Чпс-

Аг

г . |А г | .

Рассмотрим для этого случая последний класс ломаных Аб(г), 1 ^ г О, А5(г) = х0ЕЕО (рис. 3 г), где |х0Е| = г, О € Я(С, 1), |О71 = 1, а точка Е принадлежит Я(В, 1) и является решением задачи 2 для точек О, Е и окружности Я (В, 1): если точка К лежит на луче ВЕ и |ВК| > |ВЕ|, то тогда углы КЕО и ЕЕК равны. Ясно, что длина

Аг

Аг

только в том случае, если они обе являются решениями задачи 2.

Численные расчеты показали, что при г = 1.1611 имеем А (г) | =

.

Оа

аг

Аа

А ЛВ НО

Аа А а А

при т\ = Г2 имеем

|ВСВ| = 2^6 -З->.

I

А Б А Б

а) с)

Рис. 5.

Отсюда

|А0ПТ| <2|А2пт|+ 4^6 — 3^.

Тогда из оценки кривой А2ПТ (здесь А2ПТ есть Аопт при а = 2) имеем

|Аопт | <8.830.

х

расстоянии 1 от угловой точки, то получим следующую оценку для кривой А| (рис. 46)):

|Аопт| < 2 + 4у^б—3^^ + |АфПТ|,

Рис. 6.

или

|A¿nT| <9.066.

Здесь А^пт есть Аопт при a = 4.

5. Множество G является квадратом со стороной a = 6.

Для случая: a = 6 и xq фиксирована, можно получить следующую a

| Аопт | < 8 ^ 8+ 1 АфПТ |

или

|А®ПТ| <20.369.

Если х0 произвольна, то в квадрате со стороной a = 6 (рис. 5a)) надо отдельно рассмотреть прямоугольник ABCD. При этом, заменяя выделенный четырехугольник AB CD четырехугольником ABCD (рис. 46)), мы получим оценку

|Аопт.фик| <20.132.

Попытаемся ее улучшить. Для этого отдельно рассмотрим четырехугольник ЛИСП и две ломаные ЕГО и КО1, где |ВЕ| = 1, ЕЕ параллельна ЛВ, |СК| = |С/1 = 1, точка С лежит па пересечении окружностей 5(Л, 1) и Б(М, 1), точка J лежит на пересечении окружности Б(М, 1) и отрезка [МС]. Длина отрезка ЛМ, которую обозначим через является параметром, г = |ЛМ|, г £ [ 1,2]. Решим следующую вспомогательную задачу: найти точку г £ [ 1,2], для которой сумма длин ломаных ЕГО и КЛ минимальна. Введем функцию

Так как

\(z) = \EFG\ + \KJI \.

\FG\=3- z ^/1-т

\KJ\

z

V2Ö—З^Г?

2 -

V2Ö—b^TZ5

имеем

\(z) = 4- z - 2W1 -

z

2 -

V20 - 8z + z2J \ V2Ö—^TZ2 J или, другими словами, надо найти такое z* £ [ 1,2], что z* = {z* £ í1,2] \ \{z*)= min \(z)}.

гф ,2]

Численный расчет показал, что z* = 1.7689, \(z*) = 4.1349.

6. Множество G является квадратом со стороной a = 2n,

n ^4. Аналогично можно получить оценки для квадратов со сторонами a = 8ДО,... (рис. 6). Например, для квадрата со стороной a = 8 (см. рис. 6) четырехугольник ABCD соответствует рассмотренному выше четырехугольнику ABCD для случая, когда сторона квадрата

Рис. 7.

равна а = 6, а квадрат ЕЕОИ — случаю, когда сторона квадрата равна а = 4 и точка х0 фиксирована.

Замечание 2. Если бы нам удалось найти покрывающие кривые

а

четырехугольнику АВСБ (рис. 56)), то мы получили бы более точные оценки решения задачи 1 для любого квадрата со стороной а = 2п, п = 1,2,....

Е

угольником, длины сторон которого кратны 2, не отличается от случая, когда область поиска является квадратом со сторонами, кратным 2. Например, в четырехугольнике со сторонами 6 и 8 можно получить следующую покрывающую кривую щ1 (рис. 7). Здесь четырех-

АВСБ а

ЕЕОИ — квадрату со стороной а =2.

ЛИТЕРАТУРА

1. Петросян Л. А., Зенкевич Н. А. Оптимальный поиск в условиях конфликта. Л.: Изд-во Ленингр. ун-та, 1986.

2. Петросян Л. А., Гарнаев А. Ю. Игры поиска. СПб.: Изд-во СПбГУ, 1992.

3. Зенкевич Н. А., Местников С. В. Динамический поиск подвижного объекта в условиях конфликта // Вопросы механики и процессов управления. 1991. Т. 14. С. 68-76.

г. Якутск 31 мая 2006 г.