Obrona odcinka. Beata Kraska. Rozprawa doktorska Instytut Matematyki Uniwersytetu Śląskiego w Katowicach Katowice, luty 2013

Transkrypt

1 Rozprawa doktorska Instytut Matematyki Uniwersytetu Śląskiego w Katowicach Katowice, luty 013 Beata Kraska brona odcinka Rozprawa doktorska napisana pod kierunkiem Prof. dr hab. Witolda Rzymowskiego

2 Spis treści Wstęp 1. Płaskie zbiory wypukłe Działania Minkowskiego. Szerokość zbioru Rzut na zbiór wypukły. Stożki prostopadłe Parametryzacja brzegu płaskiego zbioru wypukłego Pogoń stożka za kierunkiem Funkcje wklęsłe i wypukłe peracje na funkcjach Wariacja i długość krzywej Układy obronne Pary wypukłe przystosowane do obrony odcinków Układy obronne Problem obrony odcinka Trajektorie dopuszczalne. Sterowania Funkcje nieantycypujące. Strategie Problem obrony odcinka brona Pomocnicza strategia pościgu Strategia czuwania Atak Jazda wzdłuż ruchomego odcinka Maksymalne rozciągnięcie Strategia nękania brona odcinka. Zakończenie Zbiory przydatne do obrony odcinków brona odcinka Literatura 103 1

3 Wstęp Pod koniec dwudziestego wieku wzrosło zainteresowanie matematycznymi problemami związanymi z ochroną, lub wręcz z militarną obroną, wyróżnionych rejonów. Rozważane są problemy statyczne, które w języku potocznym można sprowadzić do pytania o minimalną liczbę kamer potrzebnych do obserwacji całego danego obszaru o skomplikowanym kształcie i problemy dynamiczne, w których chodzi na przykład o nieustanną obserwację intruza przy pomocy przemieszczającej się o własnych siłach, ruchomej kamery. Wymienionym wyżej zagadnieniom poświęcone są, między innymi, prace [16], [1], [8], [13]. Podobne problemy, będące często fragmentem bardziej złożonego problemu obrony obszaru, były już rozważane w pierwszej monografii z teorii gier różniczkowych, patrz [7], przykład 1.9., s 19, przykłady i 9.6.4, s 66 i w pracy [14]. brona odcinka pojawia się zwykle w zagadnieniach obrony obszaru jako problem częściowy lub pomocniczy, patrz cytowany wyżej przykład Poza tym odcinek jest broniony przed atakiem z pewnego kierunku. W tej pracy zajmujemy się wyłącznie zagadnieniem obrony odcinka położonego na płaszczyźnie R. Zakładamy przy tym przewagę prędkości po stronie napastnika. Dając napastnikowi możliwość krążenia wokół bronionego odcinka zmieniamy istotnie charakter rozważanej gry, a w konsekwencji również sposób jej rozwiązania. W przypadku rozważanej w pracy gry obrony odcinka, w której gracze poruszają się tak zwanym ruchem prostym, rozwiązanie gry otrzymujemy konstruując stosowną parę zbiorów wypukłych. Niejako przy okazji otrzymujemy też jawny wzór wyznaczający maksymalną długość możliwego do obrony odcinka. Ponieważ w pracach [10] i [18] użyto z powodzeniem podobnych metod, to można zaryzykować przypuszczenie, że rozwiązanie każdego analogicznego problemu obrony obszaru o pewnych ekstremalnych własnościach będzie wyznaczone przez odpowiednią parę zbiorów wypukłych. Pracę można podzielić na trzy części. Część pierwszą stanowią rozdziały pierwszy, drugi i trzeci. W części pierwszej podajemy potrzebne dalej własności zbiorów i funkcji wypukłych wklęsłych oraz wybrane elementy teorii miary i całki. Niektórych własności dowodzimy, chociaż wydają się znane lub oczywiste. Powodem takiego postępowania są trudności ze wskazaniem stosownej bibliografii. Wprowadzamy również kilka podstawowych konstrukcji używanych w następnych rozdziałach. Głównym celem konstrukcji jest przybliżenie wspomnianej wyżej pary zbiorów wypukłych odpowiednią parą wielokątów wypukłych. W końcowej części rozdziału trzeciego zajmujemy się kluczowym dla tej pracy pojęciem układu obronnego. Główną część pracy stanowią rozdziały czwarty, piąty i szósty. W rozdziale czwartym opisujemy rozważaną w pracy grę obrony odcinka. Definiujemy tam zbiory trajektorii i strategii dopuszczalnych oraz cenę gry. Celem rozdziałów piątego i szóstego jest wyznaczenie ceny gry. W rozdziale piątym, korzystając z odpowiednich własności układów obronnych, otrzymujemy dolne oszacowanie ceny gry. Na początku rozdziału szóstego dowodzimy lematu umożliwiającego w dalszej części rozdziału ustalenie wzajemnych relacji pomiędzy prędkościami kątowymi wektorów y t oraz y t x t, gdzie y t, x t są położeniami napastnika i obrońcy w chwili t 0. W wyniku otrzymujemy górne oszacowanie ceny gry, pokrywające się z oszacowaniem dolnym. Uzyskany w rozdziałach piątym i szóstym wynik dotyczy obrony odcinka położone-

4 go na osi odciętych, symetrycznie względem osi rzędnych. W ostatnim, siódmym rozdziale, korzystając z faktu, że przesunięcie i obrót są izometriami, przenosimy ten wynik standardowym sposobem na przypadek dowolnie położonego odcinka. 3

5 1. Płaskie zbiory wypukłe 1.1. Działania Minkowskiego. Szerokość zbioru znaczenia Jeżeli f : X Y jest dowolną funkcją i A X, to symbolem f A obcięcie funkcji f do zbioru A, czyli oznaczymy oraz f A x f x, x A. Dla dowolnych x x 1, x, y y 1, y R i każdego α R definiujemy czywiście x, y x 1 y 1 + x y, x x, x x 1 + x, Lx x, x 1, Rx x, x 1, ω α cos α, sin α, [ ] [ ] [ ] cos α sin α x1 x1 cos α x α x sin α, sin α cos α x x cos α + x 1 sin α [ ] x1 y x y det 1 x x y 1 y x y 1. Lx π π x Rx, ω α sin α, cos α Lω α, α R, w α, w β cos α β, w α w β sin β α. x y Lx, y x, Ry. Dla dowolnych a, b R i każdego r 0 definiujemy dalej [a, b] c R : λ [0,1] c a + λ b a {a + λ b a : λ [0, 1]}, a, b [a, b] {a, b}, [a, b [a, b] {b}, a, b] [a, b] {a}, B [a, r] { x R : x a r }, B a, r { x R : x a < r }, S 1 [a, r] { x R : x a r }, S 1 { x R : x 1 }. czywiście [a, a] B [a, 0] {a}, a, a [a, a a, a] B a, 0. Jeżeli zbiór Z R m zawiera co najmniej dwa elementy, to dla każdej funkcji F : Z R n przyjmiemy patrz [4], definicja 3.1.1, s oznaczenie: Lip F sup x,y Z, x y 4 F x F y, x y

6 gdzie symbol oznacza normę euklidesową. Powiemy, że F jest funkcją lipschitzowską w zbiorze Z, gdy Lip F <. Dla każdego Z R m symbole Z, int Z, bd Z będą oznaczać odpowiednio: domknięcie, wnętrze i brzeg zbioru Z. toczką wypukłą niepustego zbioru Z R nazwiemy najmniejszy w sensie inkluzji zbiór wypukły zawierający zbiór Z. toczkę wypukłą niepustego zbioru Z oznaczymy przez conv Z. Działania Minkowskiego Dla dowolnych niepustych zbiorów A, B R m i dowolnego λ R definiujemy A ± B {a ± b : a A, b B}, λa {λa : a A}. Jeżeli jeden ze zbiorów A lub B zawiera tylko jeden element, powiedzmy A {a}, to piszemy a ± B zamiast {a} ± B. Niepusty i wypukły zbiór Z R nazwiemy stożkiem wypukłym, gdy spełnia warunek λ 0 λz Z. Szerokość zbioru Definicja 1.1. Dla niepustego i zwartego zbioru Z R i dla każdego q S 1 definiujemy χ Z q max z Z q, z, Z q {ζ Z : q, ζ χ Z q}. Zbiór Z q nazwiemy strefą podparcia wektorem q, a liczbę k Z ±q χ Z q + χ Z q nazwiemy szerokością zbioru Z w kierunku ±q. czywiście, jeżeli a R i r 0, to dla każdego q S 1 mamy χ B[a,r] q a, q + r, B [a, r] q {a + rq}, k B[a,r] ±q r. Natomiast, jeżeli a R i a b, to dla mamy q b a b a k [a,b] ±q b a oraz k [a,b] ±Lq 0. 5

7 1.. Rzut na zbiór wypukły. Stożki prostopadłe Rzut punktu na zbiór Definicja 1.. Niech Z R będzie zbiorem niepustym i niech x R. Powiemy, że x Z jest rzutem punktu x na zbiór Z, jeżeli x x min x z, z Z a dla każdego z Z { x} ma miejsce nierówność x z > x x. Rzut punktu x na zbiór Z będziemy oznaczać symbolem P Z x. Własności rzutu na domknięty zbiór wypukły Niech Z R będzie zbiorem niepustym, domkniętym i wypukłym. Wtedy patrz [0], twierdzenie 1, s 189 i twierdzenie, s 190: 1. dla każdego x R istnieje P Z x ;. jeżeli x Z, to x P Z x wtedy i tylko wtedy, gdy 3. dla dowolnych x, y R x x, z x 0, z Z; P Z x P Z y x y. Przykład 1.1. Jeżeli a R i r > 0, to patrz [0], przykład 1, s 190 dla każdego x / B a, r mamy P B[a,r] x a + r x a. x a Lemat 1.1. Załóżmy, że r > 0 i dla każdego x R spełniającego warunek zdefiniujmy x r P r x P B[0,r] x Przy tych założeniach ma miejsce nierówność Lip P r 1. r x x. Dowód. Dla dowolnych x, y R B 0, r mamy P r y P r x r y y r x x r y x y y x x r y y x x y x y, x 6

8 oraz więc P r y P r x y, x y + x y x, r y y x x y x y + x y x r y x y + x y x y x r y x y x y x r y x y x r 4r y x 1 4 y x. Stożki prostopadłe Symbolem X oznaczymy rodzinę wszystkich podzbiorów zbioru X. Niech Z R m będzie zbiorem niepustym i domkniętym. Multifunkcję F : Z Rn nazwiemy górnie półciągłą, jeżeli jest zbiorem domkniętym. {x, y Z R n : y F x} Definicja 1.3. Niech Z R będzie zbiorem niepustym, domkniętym i wypukłym. Dla każdego z Z zbiór N Z z q R : ζ z, q 0 ζ Z nazwiemy stożkiem prostopadłym do zbioru Z w punkcie z. Łatwo sprawdzić, że dla każdego z Z zbiór N Z z jest domkniętym stożkiem wypukłym, a multifunkcja Z z N Z z jest górnie półciągła. Przykład 1.. Niech r 1, będzie rozwiązaniem równania Zdefiniujmy f x cos x, g x r arc sin π r π π 1 + sin xdx. r π 4 r x, x [ π, π ], Z z 0 { x, y π, 0. [ π, π ] } : g x y f x, 7

9 Mamy Przyjmując otrzymamy z 0 bd Z, π π g π 1, , f 1. r π 4 [ q def R [ q + def L ] 1 g π ] 1 f π L [ g π 1 [ 1 1 N Z z 0 { µq + νq + : µ, ν 0 } { ] [ ] 1, , 1 ] [ ] 1, 1 q 1, q [0, R : 1, q q 1 q 1 }. Rys Zbiór Z i suma z 0 + N Z z Parametryzacja brzegu płaskiego zbioru wypukłego W tej części rozdziału wykorzystamy 3 rodziału II książki [9]. Funkcjonał Minkowskiego Zakładamy, że D R jest zbiorem zwartym, wypukłym i spełnia warunek 0 int D. Dla każdego x R definiujemy M D x {µ 0 : x µd} oraz m D x min M D x. 8

10 Własności 1. Dla każdego x R zbiór M D x jest niepusty i domknięty.. Funkcjonał m D jest dodatnio jednorodny i subaddytywny. To znaczy dla dowolnych x, y R i każdego λ 0 mamy m D λx λm D x oraz m D x + y m D x + m D y. 3. Funkcjonał m D jest wypukły i lipschitzowski. 4. Jeżeli C R jest zbiorem zwartym, wypukłym i spełnia warunki: to m D m C. 5. Dla każdego x R {0} mamy a poza tym 0 int C, C D, 1 x bd D, m D x bd D { x R : m D x 1 }. 6. Dla każdego r > 0 i każdego x R mamy m B[0,r] x x r. Dowód własności 1. bierzmy dowolnie x R. Ponieważ 0 int D, to istnieje takie r > 0, że B [0, r] D. Istnieje też takie λ > 0, że λ x r. Mamy x r λ, więc x B [ 0, r ] 1 λ λ B [0, r] 1 λ D, co dowodzi relacji Dla każdego x R mamy zatem 1 λ M D x. M D x. bierzmy ponownie dowolne x R. Niech {µ k } k1 będzie ciągiem elementów zbioru M D x zbieżnym do pewnej liczby µ. czywiście µ 0 i dla każdego k N istnieje takie d k D, że x µ k d k. Zbiór D jest zwarty, więc istnieje podciąg { } d ciągu {d kj k} j1 k1 zbieżny do pewnego d D. Skoro µ 0, x lim µ kj d kj µd µd, j 9

11 to µ M D x. Dowód własności. Patrz [9], rozdział II, 3, s Dla każdego x R patrz własność 1 M D x [0, jest zbiorem niepustym i domkniętym, więc inf M D x min M D x, co dowodzi poprawności definicji funkcjonału m D. więc bierzmy dowolnie λ 0 oraz x, y R. Jeżeli λ 0, to λx 0 λd, 0 m D λx λm D x. Jeżeli λ > 0, to M D λx {ν 0 : λx νd} {ν 0 : x ν } λ D więc λ {µ 0 : x µd} λm D x, m D λx min λm D x λ min M D x λm D x. Dowodzi to dodatniej jednorodności funkcjonału m D. Jeżeli m D x 0 lub m D y 0, to więc x m D x D {0} lub y m D y D {0}, m D x + y m D y m D x + m D y lub Niech zatem będzie Ponieważ a D jest zbiorem wypukłym, to m D x + y m D x m D x + m D y. 1 m D x + m D y m D x m D x + m D y m D x > 0 oraz m D y > 0. 1 m D x x D oraz 1 m D y y D, x + y 1 m D x x + 10 m D y 1 m D x + m D y m D y y D.

12 Stąd, wobec dodatniej jednorodności funkcjonału m D, otrzymujemy Zatem 1 m D x + m D y m 1 D x + y m D x + y m D x + m D y m D x + y m D x + m D y. 1. Dowód własności 3. Dla dowolnych x, y R i każdego λ [0, 1] mamy patrz własność m D 1 λ x + λy m D 1 λ x + m D λy 1 λ m D x + λm D y, więc m D jest funkcjonałem wypukłym. Wobec tego patrz [0], twierdzenie 6, s 1 istnieje taka stała K 0, że Jeżeli to więc m D x m D y K x y, x, y B [0, 1]. λ def max { x, y } > 1, 1 λ x, 1 y B [0, 1], λ m D x m D y λ 1 1 m D λ x m D λ y 1 λk λ x 1 λ y K x y i w rezultacie Lip m D Lip m D B[0,1] K <. Uwaga 1.1. W wypowiedzi cytowanego wyżej twierdzenia 6 brakuje założenia zwartości zbioru G zawartego w wypukłej i otwartej dziedzinie W R n rozważanego tam funkcjonału wypukłego J. Natomiast w dowodzie nierówności zwartość zbioru G została wykorzystana. Lip J conv G < Dowód własności 4. Niech C R będzie zbiorem zwartym, wypukłym, spełniającym warunki: 0 int C, C D. Dla każdego x R mamy więc M C x {µ 0 : x µc} {µ 0 : x µd} M D x, m D x min M D x min M C x m C x, x R. Dowód własności 5. Ustalmy dowolne x R {0}. Ponieważ 1 m D x x D, 11

13 oraz to 0 < ν < m D x 1 ν x / D 1 lim ν m D x ν 1 m D x, 1 x bd D. m D x Wynika stąd natychmiast inkluzja { x R : m D x 1 } bd D. Jeżeli x bd D, to x D 1D, więc m D x 1. Wiemy już, że 1 x bd D. m D x Nie może być zatem m D x < 1, bo byłoby wówczas patrz [0], twierdzenie 3, s x 1 m D x 0 + m D x m D x x / bd D. więc Dowód własności 6. Dla każdego r > 0 i każdego x R mamy M B[0,r] x {µ 0 : x µb [0, r]} {µ 0 : x B [0, µr]} [ x {µ 0 : x µr} r,, m B[0,r] x x r, x R. Parametryzacja brzegu płaskiego zbioru wypukłego Definicja 1.4. Niech D R będzie zbiorem zwartym, wypukłym i spełniającym warunek 0 int D. Dla każdego α R definiujemy ζ D α 1 m D ω α ω α. Funkcję ζ D : R bd D nazwiemy parametryzacją brzegu zbioru D. Lemat 1.. Niech D R będzie zbiorem zwartym, wypukłym i spełniającym warunek 0 int D. a Dla każdego α R funkcja ζ D : [α, α + π bd D jest różnowartościowa, a poza tym ζ D [α, α + π bd D. 1

14 b Istnieje takie κ 1, że Lip ζ D κ κ + Lip m D, a dla każdego υ 1 i dowolnych α, β R prawdziwa jest implikacja α β π υ υ ζ D α ζ D β κπ sin π α β. υ Dowód punktu a. Dla każdego α R mamy m D ζ D α więc z własności 5 wynika, że 1 m D ω α m D ω α 1, ζ D R bd D. Ustalmy dowolnie α R. Różnowartościowość funkcji ζ D : [α, α + π bd D jest oczywista. bierzmy dowolnie z bd D. Skoro z 0, to istnieje dokładnie jedno takie α [α, α + π, że z z ω α. Korzystając ponownie z własności 5, otrzymujemy więc ζ D α Kończy to dowód punktu a. 1 z m z D z 1 m D z z z, z bd D ζ D [α, α + π. Dowód punktu b. Ponieważ 0 int D, a D jest zbiorem ograniczonym, to istnieje takie κ 1, że [ B 0, 1 ] D B [0, κ]. κ Korzystając z własności 4 i 6, dla każdego x R otrzymujemy Dla każdego α R będzie zatem x κ m D x κ x. 1 κ m D ω α κ oraz 1 κ 1 m D ω α κ. W takim razie, dla dowolnych α, β R, 1 ζ D α ζ D β m D ω α ω α 1 m D ω β ω β m D ω β ω α m D ω α ω β m D ω α m D ω β κ m D ω β ω α m D ω α ω β. 13

15 Natomiast m D ω β ω α m D ω α ω β m D ω β ω α ω β m D ω α m D ω β ω β m D ω β ω α ω β + m D ω α m D ω β ω β m D ω β α β + m D ω α m D ω β κ α β + Lip m D α β. W rezultacie, dla dowolnych α, β R, ζ D α ζ D β κ κ + Lip m D α β, czyli Lip ζ D κ κ + Lip m D. Weźmy teraz dowolne υ 1, dowolne α, β R spełniające warunek α β π υ i przyjmijmy Ponieważ to µ 1 m D ω α µ, 1 m D ω β ν. 1 m D ω α 1 κ oraz ν 1 m D ω β 1 κ, ζ D α ζ D β µω α νω β µ + ν µν cos α β i w rezultacie Przyjmijmy i zauważmy, że γ µ ν + µν 1 cos α β 1 cos α β κ 4 α β κ sin ζ D α ζ D β κ γ α β α β sin. 1 υ υ π π γ 0 + π γ υ oraz 0 υ γ 1. π W przedziale [ 0, π υ ] funkcja śinus"jest wklęsła, więc sin α β sin γ 1 υ π γ sin 0 + υ π γ sin π υ υ π sin π υ υ π γ sin π υ α β. 14

16 Zatem ζ D α ζ D β κ sin α β υ κπ sin π α β. υ 1.4. Pogoń stożka za kierunkiem W rozdziale szóstym będziemy potrzebować pewnej własności multifunkcji bd D z N D z, będącej odpowiednikiem własności Darboux funkcji ciągłej. Korzystając z wprowadzonej parametryzacji brzegu płaskiego i zwartego zbioru wypukłego opiszemy najpierw stożki prostopadłe w każdym punkcie tego brzegu. Parametryzacja stożka prostopadłego Załóżmy, że D R jest zwartym zbiorem wypukłym spełniającym warunek Dla każdego α R definiujemy Własności 0 int D. Γ D α [α π, α + π] ω 1 N D ζ D α, γ D α min Γ D α, γ + D α max Γ D α. 1. Γ D R jest funkcją górnie półciągłą.. α π + δ < γ D α γ + D α < α + π δ, gdzie r δ min arc tg, r max {ρ 0 : B [0, ρ] D}. β R ζ D β 3. Γ D α [ γ D α, γ + D α ]. 4. Jeżeli k Z i β kπ + Γ D α, to ω β N D ζ D α. Dowód własności 1. Załóżmy, że γ k Γ D α k, k N, α lim k α k oraz γ lim k γ k. Dla każdego k N mamy α k π γ k α k + π oraz ω γ k N D ζ D α k. Zatem α π γ α + π, a z uwagi na górną półciągłość multifunkcji N D : bd D R i ciągłość funkcji ω, również ω γ N D ζ D α. 15

17 W rezultacie γ Γ D α, co kończy dowód własności 1. Dowód własności. bierzmy dowolne γ Γ D α i przyjmijmy q ω γ. Ponieważ q N D ζ D α i mamy to Stąd otrzymujemy rrω α B [0, r] D oraz rlω α B [0, r] D, q, rrω α ζ D α 0 oraz q, rlω α ζ D α 0. q, ζ D α r q, Rω α oraz q, ζ D α r q, Lω α. Musi być zatem bo q, ζ D α 0, q, ζ D α r q, Rω α + r q, Lω α r q, Rω α + Lω α r q, 0 0. Wobec powyższego, skoro γ [α π, α + π] i 0 q, ζ D α ζ D α ω γ, ω α ζ D α cos γ α, to π γ α π. Przyjmijmy teraz i zauważmy, że ϕ arc tg 0 < δ ϕ arc tg 1 π 4 r ζ D α oraz r ζ D α sin ϕ cos ϕ. W takim razie, skoro ζ D α r 0 q, ζ D α rrω α ζ D α q, q, Rω α ζ D α ζ D α ζ D α cos γ α sin ϕ γ cos ϕ cos α + π to ζ D α cos ϕ cos ϕ cos γ α + sin ϕ sin γ α ζ D α cos ϕ π γ α ϕ π. Podobnym sposobem, korzystając z nierówności 0 q, ζ D α rlω α, cos γ α ϕ, otrzymamy warunek π γ α + ϕ π. 16

18 W rezultacie otrzymujemy α π + δ α π + ϕ γ α + π ϕ α + π δ, co kończy dowód własności. Dowód własności 3. Dowodu wymaga tylko przypadek, w którym γ D α < γ + D α. bierzmy dowolnie γ [ γ D α, γ + D α ] i przyjmijmy Ponieważ patrz własność to γ γ D α oraz γ + γ + D α. ω γ ω γ sin γ γ 0, ω γ ω γ + sin γ + γ 0, ω γ ω γ + sin γ + γ > 0, ω γ ω γ ω γ+ ω γ ω γ + ω γ + ω γ ω γ ω γ ω γ + ω γ + N D α. Zatem γ Γ D α, a wobec dowolności γ [ γ D α, γ + D α ], Γ D α [ γ D α, γ + D α ]. Dowód własności 4. Jeżeli k Z i β kπ + Γ D α, to istnieje takie γ Γ D α, że β kπ + γ. Zatem Pogoń ω β ω γ ω Γ D α N D ζ D α. Lemat, którego teraz dowiedziemy, będzie użyty w rozdziale szóstym w dowodzie stosownej własności strategii ataku. Lemat 1.3. Jeżeli α, β : [t, R są funkcjami ciągłymi i spełniają warunek to istnieje takie t t, że Dowód. Ustalmy takie k Z, że sup {α t β t}, t t ω β t N D ζ D α t. β t > γ + D α t + kπ i zdefiniujmy t sup t t : s [t,t] β s > γ D + α s + kπ. 17

19 Wobec przyjętego założenia o liczbie k Z definicja wielkości t jest poprawna, a z przyjętego warunku na funkcje α i β wynika nierówność t <. Zauważmy, że jeżeli t t i ma miejsce nierówność to lim t t sup s t,t] β t > γ + D α t + kπ, { γ + D α s + kπ } γ D + α t + kπ < β t lim inf β s, t t s t,t] bo Γ D jest multifunkcją górnie półciągłą, a β jest funkcją ciągłą. W takim wypadku istnieć będzie takie t > t, że β t > γ + D α t + kπ, t [t, t ]. Stąd i z definicji liczby t wynika nierówność Mamy zatem t < t oraz γ + D α t + kπ β t lim lim t t β t γ + D α t + kπ. sup s [t,t sup t t s [t,t β s lim sup t t s [t,t { γ + D α s + kπ } { γ D α s + kπ } γ D α t + kπ, więc Żądana relacja wynika teraz z własności 4. β t kπ + Γ D α t. ω t N D ζ D α t Rys. 1.. Zbiór D { x, y [ 4, 4] R : y max 0, min x, 3 4 x, 16 x }, stożki postaci z + N D z i wykres multifunkcji Γ D w przedziale [ π, π]. 18

20 . Funkcje wklęsłe i wypukłe.1. peracje na funkcjach Liczby ρ, σ spełniające warunek 0 < ρ < σ będą ustalone w całej pracy. Wyjątkiem od tej reguły będą tylko przykłady. Celem uproszczenia niektórych definicji i rachunków wprowadzamy następujące konwencje. Jeżeli m, n Z i m > n, to dla dowolnego ciągu liczb lub wektorów {µ k } przyjmiemy n def µ k 0. km Podobnie, jeżeli {Z k } jest ciągiem zbiorów, a m, n Z i m > n, to n km Z k def. W większości przypadków rozważać będziemy funkcje o wartościach w przestrzeni R m, gdzie m 1 lub m. czywiście R R 1 oraz t t, gdy t R. W tym i następnych rozdziałach wiele miejsca zajmą rozważania związane z funkcjami postaci f : [ l, l] R m, gdzie l > 0. W wielu przypadkach f będzie przy tym funkcją wypukłą lub wklęsłą. Uwaga.1. Jeżeli f : l, l R jest funkcją wypukłą lub wklęsłą, to patrz np. [0], twierdzenie 6, s 1 f jest funkcją lipschitzowską w każdym przedziale [τ, τ ] l, l, gdzie τ < τ. czywiście stała Lipschitza Lip f [τ,τ ] może zależeć od przedziału [τ, τ ]. Definicja.1 f s f t sup s,t [τ,τ ], s t s t < a Powiemy, że π {τ 0, τ 1,..., τ n } jest podziałem przedziału [ l, l], jeżeli l τ 0 < τ 1 <... < τ n l. Zbiór wszystkich podziałów przedziału [ l, l] oznaczymy przez Π [l]. b Dla każdego podziału π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π [l] przyjmiemy oznaczenia: δ k π τ k+1 τ k, k 0, 1,..., n 1, δ min π min δ k π, δ max π max δ k π, k0,1,...,n 1 k0,1,...,n 1 a dla każdego κ > 0 przyjmiemy jeszcze κπ {κτ 0, κτ 1,..., κτ n }. 19

21 c Jeżeli π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π [l] oraz π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π [l], to będziemy pisać π π lub π π, gdy {τ 0, τ 1,..., τ n } {τ 0, τ 1,..., τ n }. Symbolem π π oznaczymy podział π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π [l] spełniający warunek {τ 0, τ 1,..., τ n } {τ 0, τ 1,..., τ n } {τ 0, τ 1,..., τ n }. czywiście dla każdego κ > 0 prawdziwa jest implikacja π Π [l] κπ Π [κl]. W następnej definicji i nie tylko w niej zostanie użyta, wspomniana na wstępie, konwencja dotycząca znaku sumy. Definicja.. a Dla każdej funkcji f : [ l, l] R m i każdego podziału π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π [l] przyjmujemy ε k f, π f τ k+1 f τ k, ν k f, π ε k f, π, k 0, 1,..., n 1. δ k π Następnie, dla każdego k 0, 1,..., n 1 i każdego τ [τ k, τ k+1 ] definiujemy L π f τ f l + f l + k 1 j0 k 1 j0 ν j f, π δ j π + ν k f, π τ τ k ε j f, π + ν k f, π τ τ k f τ k + f τ k+1 f τ k τ k+1 τ k τ τ k. b Powiemy, że f : [ l, l] R m jest funkcją kawałkami liniową, jeżeli istnieje taki podział π Π [l], dla którego L π f f. Uwaga.. Występująca w definicji. funkcja L π f jest ciągła. Tym sposobem, w przyjętym tu sensie, każda funkcja kawałkami liniowa jest funkcją ciągłą. Ciąg {ν k f, π} n 1 k0 stanowi dyskretną namiastkę pochodnej funkcji f, bo jeżeli przyjmiemy to otrzymamy D π f τ ν k f, π, τ τ k, τ k+1, k 0, 1,..., n 1, L π f τ f l + τ l D π f t dt, τ [ l, l]. Poza tym {ν k L π f, π} n 1 k0 {ν k f, π} n 1 k0. 0

22 Sformułujemy w tym podrozdziale jeszcze cztery definicje. Dwie z nich ochrzcimy mianem "konstrukcja", bo bardzej przypominają typowe konstrukcje z teorii całki niż, na przykład, definicję wypukłości funkcji. W końcowym etapie tego rodzaju definicji będziemy też czasem dowodzić niektórych własności konstruowanych obiektów. Podobnie czynić będziemy w następnych rozdziałach. prócz wspomnianych definicji sformułujemy w tym podrozdziale pięć lematów, których można dowieść korzystając z elementarnych własności, patrz np. [0], twierdzenie 1, s 39, funkcji wypukłych oraz z tego, że f jest funkcją wklęsłą wtedy i tylko wtedy, gdy f jest funkcją wypukłą. W przypadku lematów. i.4 korzystamy w dowodach z warunku koniecznego i wystarczającego na to, by dana dystrybucja była funkcją wypukłą, patrz [6], twierdzenie 4.1.6, s 90, skracając długość dowodów. Krótki, elementarny dowód lematu.1 pomijamy. Zamiast dowodu umieszczamy rysunek, który jak się nam wydaje prezentuje ideę dowodu. Lemat.1. Jeżeli f : [ l, l] R, to: a f jest funkcją wypukłą wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego podziału π Π [l] ma miejsce nierówność L π f f; b f jest funkcją wklęsłą wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego podziału π Π [l] ma miejsce nierówność L π f f. Rys..1. l 5, f τ 1 τ + 10 { + 1, π { 5,,, 5}, n 3, L π f τ max k0,1, f τk + τ τ k τ k+1 τ k f τ k+1 f τ k }. Lemat.. Jeżeli f : [ l, l] R, π Π [l] i L π f f, to: a f jest funkcją wypukłą wtedy i tylko wtedy, gdy {ν k f, π} n 1 k0 niemalejącym; b f jest funkcją wklęsłą wtedy i tylko wtedy, gdy {ν k f, π} n 1 k0 nierosnącym. jest ciągiem jest ciągiem Dowód. Wystarczy dowieść punktu a. czywiście, gdy π { l, l}, dowód jest niepotrzebny. Załóżmy zatem, że n. Dla każdego k 1,,..., n 1 i każdego t τ k, τ k+1 mamy patrz uwaga. f τ L π f τ ν k f, π, 1

23 więc, por. [19], przykład, s 3, f n 1 k1 ν k f, π ν k 1 f, π δ {τk }, gdzie δ {τ} jest tak zwaną deltą Diraca, czyli dla dowolnej funkcji próbnej ϕ C0 l, l, R ma miejsce równość δ {τ} ϕ ϕ τ. Korzystając teraz z twierdzenia 4.1.6, patrz [6], s 90, uzyskujemy natychmiast żądany rezultat. Bezpośrednią konsekwencją uwagi. i lematu. jest Wniosek.1. Załóżmy, że f : [ l, l] R i π Π [l]. a Jeżeli f jest funkcją wypukłą, to L π f jest funkcją wypukłą. b Jeżeli f jest funkcją wklęsłą, to L π f jest funkcją wklęsłą. Wprowadzimy jeszcze operację, która z geometrycznego punktu widzenia jest przekształceniem wykresu danej funkcji przez jednokładność względem początku układu współrzędnych. Definicja.3. Niech będzie dane l > 0. Dla każdej funkcji f : [ l, l] R i każdej liczby κ > 0 definiujemy J κ f τ κf τ κ, τ [ κl, κl]. Przykład.1. Dla l 1 oraz f τ τ mamy J 1 f τ τ, J f τ + 4 τ.

24 Rys... Wykresy funkcji J 1 f, f, J f. Uwaga.3. Łatwo sprawdzić, choć bez użycia twierdzenia Talesa wymaga to nieco rachunków, że dla każdej funkcji f : [ l, l] R, każdego podziału π Π [l] i każdego κ > 0 ma miejsce równość L κπ J κ f J κ L π f. Łatwo też sprawdzić, że jeżeli f : [ l, l] R jest funkcją lipschitzowską, to dla każdego κ > 0 Lip J κ f Lip f. Lemat.3. Załóżmy, że f : [ l, l] R jest funkcją ciągłą i κ > 1. a Jeżeli f jest funkcją wklęsłą i f 0 > 0, to: a1 dla każdego podziału π Π [l] L 1 J κ π 1 f τ f τ κ 1 [ κ κ f 0 < f τ, τ 1 κ l, 1 ] κ l ; a istnieje takie δ > 0, że dla każdego podziału π Π [l] spełniającego warunek δ max π δ L κπ J κ f τ f τ + κ 1 f 0 > f τ, τ [ l, l]. κ + 1 b Jeżeli g jest funkcją wypukłą i g 0 < 0, to: b1 dla każdego podziału π Π [l] L 1 J κ π 1 g τ g τ κ 1 [ κ κ g 0 > g τ, τ 1 κ l, 1 ] κ l ; b istnieje takie δ > 0, że dla każdego podziału π Π [ l, l] spełniającego warunek δ max π δ L κπ J κ g τ g τ + κ 1 g 0 < g τ, τ [ l, l]. κ + 1 3

25 Dowód. Dowiedziemy punktu a. Dowód punktu b jest podobny. Dowód punktu a1. Weźmy dowolne τ [ 1 κ l, 1 κ l]. Ponieważ κτ [ l, l], 0 < 1 κ < 1 oraz τ κ κ κτ, a f jest funkcją wklęsłą, to f τ 1 1 f κ κ f κτ κ 1 κ f 0 + J 1 f τ. κ Stąd, wobec punktu b lematu.1, dla każdego τ [ 1 κ l, 1 κ l] otrzymujemy L 1 J κ π 1 f τ J 1 κ κ f τ f τ κ 1 f 0 < f τ. κ Dowód punktu a. Weźmy dowolne τ [ l, l]. Ponieważ f jest funkcją wklęsłą i mamy to [ 1 κ τ 1 κ l, 1 ] κ l [ l, l], 0 < 1 κ < 1 oraz τ κ κ κ τ, τ J κ f τ κf κ Mamy zatem κ 1 1 f κ κ f τ f τ + κ 1 f 0. J κ f τ f τ + κ 1 f 0, τ [ l, l]..1 Przedział [ l, l] jest zwarty, a funkcja f : [ l, l] R jest ciągła i mamy f 0 > 0, więc istnieje takie δ > 0, że dla wszystkich s, t [ l, l] prawdziwa jest implikacja s t δ f s f t κ 1 κ + 1 f 0. Ustalmy teraz dowolny podział π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π [l] spełniający warunek δ max π δ i weźmy dowolne τ [ l, l]. szacujemy od dołu różnicę L π f τ f τ. Dla pewnego j {0, 1,..., n 1} mamy τ [τ j, τ j+1 ]. Skoro to τ j+1 τ δ oraz τ j τ δ, f τ j f τ κ 1 κ + 1 f 0 oraz f τ j+1 f τ κ 1 κ + 1 f 0 i w rezultacie L π f τ f τ κ 1 f 0,. κ + 1 4

26 bo L π f τ f τ f τ j + τ τ j f τ j+1 f τ j f τ τ j+1 τ j τ j+1 τ f τ j + τ τ j f τ j+1 f τ τ j+1 τ j τ j+1 τ j τ j+1 τ f τ j f τ + τ τ j f τ j+1 f τ τ j+1 τ j τ j+1 τ j τ j+1 τ f τ j f τ τ τ j f τ j+1 f τ τ j+1 τ j τ j+1 τ j τj+1 τ + τ τ j κ 1 τ j+1 τ j κ + 1 f 0 W szczególności κ 1 κ + 1 f 0. τ j+1 τ j L π f 0 f 0 κ 1 κ + 1 f 0 f 0 > 0..3 κ + 1 Ponieważ patrz wniosek.1 L π f jest funkcją wklęsłą, to spełnia założenia punktu a. W takim razie patrz wzór.1 J κ L π f τ L π f τ κ 1 L π f 0..4 Korzystając teraz z uwagi.3 oraz ze wzorów.4,.3 i., otrzymujemy L κπ J κ f τ f τ L κπ J κ f τ L π f τ + L π f τ f τ J κ L π f τ L π f τ + L π f τ f τ κ 1 L π f 0 + L π f τ f τ κ 1 κ + 1 f 0 κ 1 κ + 1 f 0 κ 1 κ + 1 f 0. Dowolnemu podziałowi π Π [l] i dowolnej funkcji f : [ l, l] R przyporządkujemy dwie nowe funkcje S π f oraz S N π f, których użyjemy w następnym rozdziale do konstrukcji układu obronnego. Definicje będą długie, więc zmienimy ich formę, zamieniając przy okazji słowo "definicjaśłowem "konstrukcja". Użyte w oznaczeniach litery ""i "N"pochodzą od słów óbrońca"i ńapastnik". Konstrukcja.1. Ustalmy liczbę l > 0, podział π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π [l] oraz funkcję f : [ l, l] R. Etap 1. Dziedziny funkcji S π f, S N π f. Skracając oznaczenia wprowadzone w definicjach.1 i., przyjmiemy δ k δ k π, ε k ε k f, π, ν k ν k f, π, k 0, 1,..., n 1. Dziedziną funkcji S π f będzie przedział [ l f, π, l f, π ], gdzie l f, π ρ l σ ρ + 1 ρσ f l + f l + σ ρ 5 n 1 k0 δk + ε k,

27 a dziedziną funkcji S N π f będzie przedział [ l N f, π, l N f, π ], gdzie l N f, π σ l σ ρ + 1 ρσ f l + f l + σ ρ n 1 k0 δk + ε k. Etap. dpowiedniki ciągów {δ k } n 1 k0, {ε k} n 1 k0, {ν k} n 1 k0, {τ k} n k0. Ciągi { } n+1 δk, { } n+1 δ N k0 k : k0 δ 0 δ k ρσ σ ρ f l, δ n+1 ρσ f l, σ ρ ρ ρδ σ ρ k 1 + σ δk 1 + ε k 1, k 1,,..., n, δ N 0 δ N k ρσ σ ρ f l, δn n+1 ρσ f l, σ ρ σ σδ σ ρ k 1 + ρ δk 1 + ε k 1, k 1,,..., n. Ciągi { ε k } n+1 k0, { ε N k } n+1 k0 : ε 0 ε k ρ ρ σ ρ f l, ε n+1 σ ρ f l, ρ σ ρ ε k 1, k 1,,..., n, ε N 0 ε N k σ σ σ ρ f l, εn n+1 σ ρ f l, σ σ ρ ε k 1, k 1,,..., n. } n+1 } n+1 Ciągi { νk, { ν N k0 k. Dla każdego k 0, 1,..., n + 1 definiujemy k0 0, gdy δ νk k 0, 0, gdy δ ε k, gdy δk νk N k N 0, ε > 0, N k, gdy δk N > 0. δ k δ N k Ciągi { τ k } n+ k0, { τ N k } n+ k0. Dla każdego k 0, 1,..., n + definiujemy τ k l f, π + k 1 j0 Etap 3. Definicje funkcji S π f i S N π f. δ j oraz τ N k l N f, π + Funkcja S π f. Dla każdego k 0, 1,..., n+1 i każdego τ [ τ k, τ k+1] przyjmujemy k 1 j0 δ N j. S π f τ k 1 j0 ν j δ j 6 + τ τ k ν k.

28 Funkcja S N π f. Dla każdego k 0, 1,..., n+1 i każdego τ [ τ N k, τ N k+1] przyjmujemy S N π f τ k 1 j0 ν N j δ N j + τ τ N k ν N k. Inną równoważną formą definicji funkcji S π f i S N π f są wzory: S π f τ τ D π f s ds, τ [ ] τ0, τn+, S N π f τ τ0 τ D N π f s ds, τ [ ] τ0 N, τn+ N, τ N 0 gdzie D π f s νk, gdy s τk, τk+1, D N π f s νk N, gdy s τk N, τk+1 N. Etap 4. Dziedziny i niektóre własności funkcji S π f i S N π f. Bezpośrednio z definicji funkcji S π f i S N π f wynika, że obie te funkcje są ciągłe, kawałkami liniowe i spełniają warunki: S π f τ0 S N π f τ0 N 0. czywiście Ponieważ to τ 0 l f, π oraz τ N 0 l N f, π. n n 1 δ k 1 δ k l, k1 k0 n+1 n δk δ0 + δn+1 + δk k0 k1 ρσ ρ f l + f l + σ ρ ρ n δ σ ρ k 1 + k1 l f, π. Stąd otrzymujemy τ n+ l f, π + σ ρ n k1 ρσ f l + f l + σ ρ n+1 k0 δ k l f, π, ρδ k 1 + σ δk 1 + ε k 1 n k1 δk 1 + ε k 1 więc dziedziną funkcji S π f jest przedział [ l f, π, l f, π ]. Podobnym sposobem można sprawdzić, że dziedziną funkcji S N π f jest przedział [ l N f, π, l N f, π ]. Zauważmy jeszcze, że może być l f, π τ 0 τ 1 lub τ n+1 τ n+ l f, π, 7

29 więc { τ 0, τ 1,..., τ n+} może nie być podziałem przedziału [ l, l ] w sensie definicji.1, ale spełniony jest warunek l f, π τ 0 τ 1 < τ <... < τ n < τ n+1 τ n+ l f, π. Podobnym sposobem dowodzimy poprawności definicji funkcji i warunku S N π f : [ l N f, π, l N f, π ] R l N f, π τ N 0 τ N 1 < τ N <... < τ N n < τ N n+1 τ N n+ l N f, π. Etap 5. Własności funkcji S π f i S N π f 1. bie funkcje S π f i S N π f są ciągłe i zerują się na końcach przedziału, w którym zostały określone.. S π f S π L π f oraz S N π f S N π L π f. 3. Mają miejsce nierówności l N f, π n+1 k0 δk N + ε N k σ f l + f l + σ ρ n 1 k0 δk + ε k. Dowód własności 1. Ciągłość obu funkcji wynika bezpośrednio z ich definicji. Równości S π f l f, π S N π f l N f, π 0 stwierdziliśmy w poprzednim etapie. W przypadku funkcji S π f mamy S π f l f, π n ε 0 + ε j + ε n+1 j1 ρ σ ρ f l + ρ n ε σ ρ k 1 j1 ρ n σ ρ j1 ρ σ ρ f τ n f τ 0 ρ ρ σ ρ f l f τ k f τ k 1 ρ f l f l σ ρ ρ f l f l σ ρ f l f l ρ f l f l σ ρ σ ρ 0. Podobnie dowodzimy równości S N π f l N f, π 0. Dowód własności. W definicjach funkcji S π f i S N π f uwględnione są wartości funkcji f tylko w punktach podziału π, a te pokrywają się z wartościami funkcji L π f. Stąd wynikają napisane w punkcie obie równości. 8

30 Dowód własności 3. Pierwsza nierówność jest konsekwencją równości Mamy l N f, π n+1 k0 δ N k. δ N 0 + ε N 0 ρ σ σ ρ f σ 4 l + σ ρ f l σ σ + ρ σ ρ f l σ σ ρ σ + ρ σ + ρ f l σ σ ρ f l, więc Podobnie dowodzimy nierówności Natomiast dla k 1,,..., n mamy δ N k + ε N k oraz więc δ N k + ε N k δ0 N + ε N 0 σ f l. σ ρ δn+1 N + ε N n+1 σ f l. σ ρ σ σ ρ σ σ ρ σ σ ρ σδ k 1 + ρ δk 1 + σ 4 ε k 1 + σ ρ ε k 1 σδ k 1 + ρ δk 1 + ε k 1 + σ ε k 1 σ + ρ δk 1 + ε k 1 + ρσδk 1 δk 1 + ε k 1 δ k 1 δ k 1 + ε k 1 δ k 1 + δ k 1 + ε k 1 δ k 1 + ε k 1, σ σ σ ρ + ρ δk 1 + ε k 1 + ρσ δ k 1 + εk 1 σ σ + ρ σ ρ δ k 1 + ε k 1 σ σ ρ δ k 1 + ε k 1. W rezultacie n+1 k0 δ N k + ε N k σ f l + f l + σ ρ σ σ ρ f l + f l + n k1 n 1 k0 δk 1 + ε k 1 δk + ε k. prócz trzech wyżej wymienionych bardzo ważną własnością obu operacji S π i S N π jest zachowywanie przy pewnych dodatkowych założeniach wypukłości i wklęsłości funkcji. 9

31 Lemat.4. Załóżmy, że l > 0, π Π [l] i f : [ l, l] R. Przy tych założeniach, jeżeli f jest niedodatnią funkcją wypukłą, to obie funkcje S π i S N π są niedodatnie i wypukłe, a jeżeli f jest nieujemną funkcją wklęsłą, to obie funkcje S π i S N π są nieujemne i wklęsłe. Dowód. Przypuśćmy, że f jest niedodatnią funkcją wypukłą. Jeżeli f jest nieujemną funkcją wklęsłą, to rozumowanie jest podobne. Z analogicznych powodów jak wyżej dowiedziemy tylko niedodatniości i wypukłości funkcji S π f. W dowodzie wykorzystamy warunek konieczny i wystarczający na to, by dana funkcja była wypukła patrz [6], twierdzenie 4.1.6, s 90 oraz to, że funkcja R ν φ ν gdzie κ 0, jest ściśle rosnąca i spełnia warunki: ν κ + 1, 1, 1 + ν lim φ ν 1 oraz lim ν φ ν 1. ν Przyjmijmy π {τ 0, τ 1,..., τ n }. } n+1 Niech patrz konstrukcja.1, etapy i 4 { νk i { τ k0 k } n+ k0, gdzie l f, π τ 0 τ 1 < τ <... < τ n < τ n+1 τ n+ l f, π, będą odpowiednikami ciągu {ν k } n 1 k0 Natomiast ν k ε k δ k ν 0 ρ σ { ν n+1 ρ σ ρε k 1 ρδ k 1 + σ δ k 1 + ε k 1 ε k 1 δ k 1 ρ ε k 1 σ δk 1 ρ σ i podziału π. Dla k 1,,..., n mamy ν k 1 ρ σ ρ ν σ k 1 0, gdy f l 0, f l, gdy f l < 0, f l { ρ σ { ε k 1 ρ σ δ k 1 + δ k 1 + ε k 1 ρ σ 0, gdy f l 0,, gdy f l < 0, { 0, gdy f l 0, 0, gdy f l 0, fl, gdy f l < 0, ρ fl, gdy f l < 0, σ więc z uwagi na lemat. i wspomniane wyżej własności funkcji φ, otrzymujemy ρ σ < ν 1... ν n < ρ σ. 30

32 Zatem S π f 0, bo zależnie od możliwego przypadku S π f n 1 k1 ν1 ν k+1 ν k δ{τ, gdy f l f l 0, k+1} + ρ n 1 δ σ {τ 1 } + ν k+1 νk k1 n 1 δ {τ n+1 } + ν k+1 νk ρ σ ν n ν 1 + ρ σ k1 δ {τ 1 } + ρ σ ν n gdy f l < 0, f l < 0. δ{τ, gdy f l < 0, f l 0, k+1} δ{τ, gdy f l 0, f l < 0, k+1} δ {τ n+1 } + n 1 k1 ν k+1 ν k δ{τ k+1}, Kończy to dowód wypukłości funkcji S π f. Ponieważ patrz konstrukcja.1, etap 5 S π f l f, π S π f l f, π 0, a funkcja wypukła, określona w przedziale zwartym, zawsze osiąga maksimum globalne co najmniej w jednym z końców tego przedziału, to S π f 0. Wyznaczenie funkcji S π f, S N π f nie jest trudne, ale jest dość uciążliwe nawet w bardzo prostych przypadkach. Podamy jeden przykład. Przykład.. bierzmy dowolnie l > 0, dwie liczby µ 1, µ R i dla każdego τ [ l, l] zdefiniujmy f τ µ 1 + µ τ. Przyjmijmy π { l, l}, l l N ρ σ ρ l + σ σ ρ l + ρσ µ σ ρ 1 + l 1 + µ, ρσ σ ρ µ 1 + l 1 + µ l + l. Korzystając ze wzorów podanych w konstrukcji.1 łatwo sprawdzić, że jeżeli f l > 0 oraz f l > 0, to S π f { ρ τ min l + τ, ε 0 + ν1 τ τ ρ σ 1, l τ }, τ [ l, l ], σ S N π f { σ τ min l N + τ, ε N 0 + ν1 N τ τ N σ ρ 1, l N τ }, τ [ l N, l N], ρ 31

33 gdzie ε 0 ε N 0 ρ σ ρ f l, ν 1 σ σ ρ f l, νn 1 ρµ ρ + σ 1 + µ σµ σ + ρ 1 + µ, τ 1 l + ρσ σ ρ f l,, τ N 1 l N + ρσ σ ρ f l, a jeżeli to f l < 0 oraz f l < 0, S π f { τ max ρ l + τ, ε 0 + ν1 τ τ ρ } σ 1, τ l, τ [ l, l ], σ S N π f { τ max σ l N + τ, ε N 0 + ν1 N τ τ N σ } ρ 1, τ l N, τ [ l N, l N], ρ gdzie ε 0 ε N 0 ρ σ ρ f l, ν 1 σ σ ρ f l, νn 1 ρµ ρ + σ 1 + µ σµ σ + ρ 1 + µ, τ1 l + ρσ f l, σ ρ, τ1 N l N + ρσ f l. σ ρ W przypadkach f l 0 oraz f l > 0, f l 0 oraz f l < 0, f l > 0 oraz f l 0, f l < 0 oraz f l 0 podane wyżej wzory ulegną stosownym modyfikacjom. Na przykład, jeżeli f l 0 oraz f l > 0, to S π f τ min { S N π f τ min ν1 { ν N 1 l + τ, ρ l τ }, τ [ l, l ], σ l N + τ, σ l N τ }, τ [ l N, l N], ρ gdzie ν1 ρµ, ν ρ + σ 1 + µ 1 N σµ. σ + ρ 1 + µ Rozważmy teraz trzy przypadki szczególne. Przyjmijmy l, π {, }, ρ 1, σ 3

34 i dla każdego τ [, ] zdefiniujmy f τ τ, g τ 3, h τ τ. Ponadto dla dalszych celów zdefiniujmy [ ] [ ] [ l d 0, d [ ] [ ] l d, d f l 4 3 ] [ l f l 1 ] [ ]. 0 [ l 0 ], Rys..3. Wykresy funkcji f, g i h wraz z wektorami d 0, d 1, d, d 3. Przypadek funkcji f. Mamy f 1 > 0, f 4 > 0, µ 1 5, µ 3 4, więc l 4, l N 6, ε 0 1 3, ν , τ , ε N 0 4 3, νn , τ N , S π f { 1 τ min τ +, 3 14 τ + 1, 1 } τ, τ [ 4, 4], S N π f τ min {τ + 1, 6 13 τ } 39, 1 τ, τ [ 6, 6]. 33

35 Rys..4. Wykresy funkcji S π f i S N π f wraz z wektorami d 0, d 1, d, d 3. Przypadek funkcji g. Mamy g g 3 < 0, µ 1 3, µ 0, więc l 4, l N 6, ε 0 1, ν 1 0, τ 1, ε N 0 4, ν N 1 0, τ N 1 4, S π g τ max { 1 τ, 1, 1 τ }, τ [ 4, 4], S N π g τ max { τ 1, 4, τ 1}, τ [ 6, 6]. Rys..5. Wykresy funkcji S π g i S N π g wraz z wektorami d 0, d 1, d, d 3. 34

36 Przypadek funkcji h. Mamy h 0, h 3 > 0, µ 1 3, µ 3 4, więc l 10 3, ln 16 3, ν , νn , S π h τ { 3 min 14 τ + 5 7, } τ, S N π h τ { 6 min 13 τ , 3 } 3 τ. Rys..6. Wykresy funkcji S π h i S N π h wraz z wektorami d 0, d 1, d. Następną konstrukcję poprzedzimy obserwacją pewnej istotnej własności jaką posiadają wszystkie trzy pary S π f, S N π f, S π g, S N π g, S π h, S N π h. Weźmy pod uwagę parę S π f, S N π f i przyjmijmy patrz rysunki.3 i.4 d 0 d [ τ0 ] [ ] [ S π f 4 τ ] τ0, d S π f τ1 [ τ ] [ ] [ 4 S π f τ ] τ 3 4, d S π f τ3 [ ] [ 4 0, ], d N 0 d N [ [ S N π f τ N 0 S N π f τ N τ0 N τ N ] [ ] [ 6 τ N ], d N S N π f τ1 N ] ] [ τ N ], d N 3 3 S N π f τ3 N [ [ ] [ 6 0. ], 35

37 Zauważmy, że oraz d k+1 d k 1 d N k d k d k, k 0, 1,, 3 d N k+1 d N k ρ σ d N k+1 d N k. k 0, 1,. Zdefiniujemy odwzorowanie związane z wprowadzonymi operacjami S π i S N π. Definicja nie będzie aż tak długa jak w przypadku tych operacji, ale ochrzcimy ją również mianem "konstrukcja". Konstrukcja.. Ustalmy liczbę l > 0, podział π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π [l] oraz funkcję f : [ l, l] R. Etap 1. Dodatkowe i pomocnicze oznaczenia. Przyjmujemy d 0 f, π l, 0, d n+ f, π l, 0, d k f, π τ k 1, f τ k 1, k 1,,..., n + 1, i korzystając z oznaczeń użytych w konstrukcji.1, przyjmiemy dalej d k f, π τ k, S π f τ k, d N k f, π τ N k, S N π f τ N k, k 0, 1,..., n +, [f, π] n+1 k0 [ d k f, π, d k+1 f, π ], N [f, π] n+1 k0 [ d N k f, π, d N k+1 f, π ]. Etap. Definicja odwzorowania Ϝ f,π : N [f, π] [f, π]. Poprzedzimy definicję odwzorowania Ϝ f,π kilkoma obserwacjami. Z definicji punktów d k f, π i d N k f, π wynika, że jedynym punktem wspólnym dwóch przedziałów [ d j f, π, d j+1 f, π ], [ d k f, π, d k+1 f, π ] lub dwóch przedziałów [ d N j f, π, d N j+1 f, π ], [ d N k f, π, d N k+1 f, π ] może być co najwyżej ich wspólny koniec. bie łamane [f, π] i N [f, π] dają się zatem przedstawić w postaci sum rozłącznych: [f, π] { d n+ f, π } N [f, π] { d N n+ f, π } n+1 k0 n+1 k0 Z drugiej strony wiemy, że możliwe są przypadki: lub [ d k f, π, d k+1 f, π, [ d N k f, π, d N k+1 f, π. [d 0 f, π, d 1 f, π [ d 0 f, π, d 1 f, π [ d N 0 f, π, d N 1 f, π [d n+1 f, π, d n f, π [ d n+1 f, π, d n+ f, π [ d N n+1 f, π, d N n+ f, π. 36

38 W związku z powyższym wybierzemy następującą formę definicji odwzorowania Ϝ f,π. Przyjmujemy Ϝ f,π d N 0 f, π d 0 f, π, Ϝ f,π d N n+ f, π d n+ f, π. Następnie, dla każdego η N [f, π] { d N n+ f, π } wybieramy jedyne k o tej własności, że i przyjmujemy n+1 k0 η [ d N k f, π, d N k+1 f, π [ d N k f, π, d N k+1 f, π η d N Ϝ f,π η d k f, π k f, π + d N k+1 f, π dn k f, π d k+1 f, π d k f, π. Etap 3. Własności odwzorowania Ϝ f,π : N [f, π] [f, π]. Łatwo sprawdzić, że Ϝ f,π jest odwzorowaniem ciągłym i spełnia warunki Ϝ f,π [ d N k f, π, d N k+1 f, π ] [ d k f, π, d k+1 f, π ], k 0, 1,..., n + 1, Ϝ f,π d N k f, π d k f, π, k 0, 1,..., n +. Dwie inne własności odwzorowania Ϝ f,π zawiera Lemat.5. Ustalmy liczbę l > 0, podział π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π [l] oraz funkcję f : [ l, l] R. a Dla każdego k 0, 1,..., n + mamy d N k f, π d k f, π d k f, π, a dla każdego k 0, 1,..., n + 1 i każdego η [ d N k f, π, d N k+1 f, π ] η Ϝ f,π η [d k f, π, d k+1 f, π]. b Dla każdego k 0, 1,..., n + 1, jeżeli η, η [ d N k f, π, d N k+1 f, π ], to Ϝ f,π η Ϝ f,π η ρ σ Dowód punktu a. Dla k 0 mamy d N 0 f, π d 0 f, π τ N 0 τ 0, S N π f τ N 0 η η. S π f τ 0 l N f, π + l f, π, 0 0 l, 0 d 0 f, π. Twierdzimy, że dla każdego k 0, 1,..., n + 1 ma miejsce równość d N k+1 f, π d N k f, π d k+1 f, π d k f, π d k+1 f, π d k f, π..5 37

39 Istotnie, dla każdego k 0, 1,..., n + 1 mamy d N k+1 f, π d N k f, π τk+1 N τk N, S N π f τk+1 N S N π f τk N τk+1 N τk N, νk N τ N k+1 τk N δ N k, ε N k i z analogicznych powodów Zatem d k+1 f, π d k f, π δ k, ε k d N k+1 f, π d N k f, π d k+1 f, π d k f, π δ N k δ k, ε N k ε k Jeżeli k 0, to δ N k δk, ε N k ε k ρσ f l ρσ σ ρ σ ρ f l, σ σ ρ f l ρ σ ρ f l 0, f l l, f l l, 0 d 1 f, π d 0 f, π. Jeżeli 0 < k < n + 1, to.. oraz więc δk N δk σ σ ρ δ k 1 δ N k δ k, ε N k ε k σδ k 1 + ρ δk 1 + ε k 1 ρ ρδ σ ρ k 1 + σ δk 1 + ε k 1 ε N k ε k σ σ ρ ε k 1 ρ σ ρ ε k 1 ε k 1, δk 1, ε k 1 τ k τ k 1, f τ k f τ k 1 d k+1 f, π d k f, π. Jeżeli k n + 1, to δ N k δk, ε N k ε k ρσ f l ρσ f l, σ σ ρ σ ρ σ ρ f l + ρ σ ρ f l 0, f l l, 0 l, f l d n+ f, π d n+1 f, π. W takim razie, skoro d N 0 f, π d 0 f, π d 0 f, π, to korzystając z warunku.5, dla każdego k 1,,..., n + otrzymamy d N k f, π d k f, π d N 0 f, π + d 0 f, π d 0 f, π + k 1 j0 k 1 j0 38 k 1 j0 d N j+1 f, π d N j f, π d j+1 f, π d j f, π d j+1 f, π d j f, π d k f, π.

40 Kończy to dowód pierwszej części punktu a. Ustalmy dowolnie k {1,,..., n} oraz η [ d N k f, π, d N k+1 f, π ]. Ponieważ η d N η d N k f, π k f, π + d N k+1 f, π dn k f, π d N k+1 f, π d N k f, π, to η Ϝ f,π η η d N d N k f, π k f, π + d N k+1 f, π dn k f, π d N k+1 f, π d N k f, π η d N d k f, π k f, π d N k+1 f, π dn k f, π d k+1 f, π d k f, π η d N k f, π d k f, π + d N k+1 f, π dn k f, π d k+1 f, π d k f, π [d k f, π, d k+1 f, π], co kończy dowód punktu a. Dowód punktu b. Łatwo sprawdzić, że d k+1 f, π d k f, π ρ σ d N k+1 f, π d N k f, π, k 0, 1,..., n + 1. Zatem, jeżeli d N k+1 f, π d N k f, π i η, η [ d N k f, π, d N k+1 f, π ], to η d N Ϝ f,π η Ϝ f,π η d k f, π k f, π + d N k+1 f, π dn k f, π d k+1 f, π d k f, π η d N d k f, π k f, π + d N k+1 f, π dn k f, π d k+1 f, π d k f, π η d N k f, π η d N k f, π d N k+1 f, π dn k f, π d k+1 f, π d k f, π, więc d k+1 f, π d k f, π Ϝ f,π η Ϝ f,π η d N k+1 f, π dn k f, π η η ρ η η. σ.. Wariacja i długość krzywej Celem dość skomplikowanych konstrukcji podrozdziału.1 jest aproksymacja układów obronnych rozważanych w następnym rozdziale. Potrzebna będzie przy tym między innymi kontrola wzajemnych relacji pomiędzy obwodami rozmaitych 39

41 zbiorów wypukłych. Dlatego zaczniemy od prezentacji potrzebnych własności jednowymiarowej miary Hausdoffa zaczerpniętych z książek [5] i [4]. Długością dowolnego zbioru Z R m będziemy nazywać jednowymiarową miarę Hausdorffa tego zbioru, czyli patrz [4], rozdział lub [5], podrozdział.10. wielkość H 1 Z sup Hδ 1 Z lim Hδ 1 Z, δ>0 δ 0 gdzie Hδ 1 Z inf diam Z j : Z Z j, diam Z j δ, j1 j1 a dla każdego niepustego zbioru A R m diam A sup a b. a,b A Uwaga.4. Zauważmy, że miara Hausdorffa jest definiowana dla każdego zbioru. Warunek H 1 κz κh 1 Z, κ > 0, i niezmienniczość miary H 1 względem izometrii wynikają niemal bezpośrednio z definicji tej miary. czywiście dla dowolnych a, b R mamy a b H 1 [a, b] H 1 a, b H 1 a, b] H 1 [a, b. Trzy ostatnie z wymienionych wyżej równości również wynikają niemal bezpośrednio z definicji miary H 1. Natomiast, jeżeli a b, to pierwsza równość przestaje być oczywista dopiero wtedy, gdy zaczynamy jej dowodzić, por. dowód punktu ii twierdzenia na stronie 63 w książce [4] lub dowód óczywistego"wniosku.10.1 na stronie 176 w książce [5]. Wydaje się, że najkrótszym dowodem równości a b H 1 [a, b] jest użycie standardowej parametryzacji odcinka [a, b]: x t a + t b a, t [0, 1] i skorzystanie ze wzoru H 1 [a, b] 1 0 x t dt, patrz [4], s 101, lub skorzystanie z podanych nieco niżej uwag.8 i.9 z których, między innymi, ten wzór też wynika. Definicja.4 a Dla każdego F : [ l, l] R m i każdego π τ 0, τ 1,..., τ n Π [l] przyjmujemy ϑ π F n 1 k0 F τ k+1 F τ k, ϑf sup ϑ π F. π Π[l] b Dla każdego f : [ l, l] R przyjmujemy Γf τ τ, f τ, τ [ l, l], 40

42 oraz Uwagi Λ f f l + f l + H 1 Γf [ l, l], L f σ σ ρ l + 1 ρσ σ ρ Λ f..5. Dla każdej funkcji f : [ l, l] R i dla każdego κ > 0 ma miejsce równość Γ J κ f κγf, będąca jednym z powodów wprowadzenia operacji J κ..6. Dla każdej funkcji f : [ l, l] R m i każdego κ > 0 mają miejsce równości Λ J κ f κλ f, L J κ f κl f. Łatwo tego dowieść korzystając z uwagi.5, definicji funkcjonału Λ i definicji miary H 1. Można też użyć punktu iv twierdzenia, patrz [4], s Dla każdej funkcji f : [ l, l] R i każdego podziału π Π [l] mamy patrz konstrukcja.1, etap 5, punkt 3 Λ L π f f l + f l + n 1 k0 δk f, π + ε k f, π L L π f l N f, π σ l σ ρ + 1 ρσ σ ρ Λ L πf, L L π f Λ S N π f n+1 k0 δ N k f, π + ε N k f, π σ σ ρ Λ L πf..8. Jeżeli funkcja F : [ l, l] R m jest ciągła i różnowartościowa, to patrz [5], twierdzenie.10.13, s 177 H 1 F [ l, l] ϑf..9. Jeżeli funkcja f : [ l, l] R jest absolutnie ciągła, to Γf jest funkcją absolutnie ciągłą i różnowartościową, więc patrz [5], wniosek.9.0, s 165 i podrozdział.9., s 167 H 1 Γf [ l, l] ϑ Γf Lemat.6 l l Γf τ dτ l l 1 + f τ dτ. a Jeżeli F : [ l, l] R jest funkcją ciągłą i różnowartościową, to dla każdego podziału π Π [l] ma miejsce nierówność H 1 L π F [ l, l] H 1 F [ l, l]. b Jeżeli f : [ l, l] R jest funkcją ciągłą i wypukłą lub wklęsłą, to H 1 Γf [ l, l] ϑ Γf l l Γf τ l dτ 41 l 1 + f τ dτ.6

43 oraz Dowód punktu a. Przyjmijmy Mamy patrz uwaga.4 n 1 H 1 L π F [ l, l] H 1 oraz n 1 k1 Λ f sup Λ L π f..7 π Π[l] π τ 0, τ 1,..., τ n Π [l]. k0 n 1 H 1 F [ l, l] H 1 Wystarczy teraz wykazać, że L π F [τ k, τ k+1 ] H 1 [F τ k, F τ k+1 ] k0 F [τ k, τ k+1 ] n 1 k0 n 1 k1 n 1 k0 H 1 L π F [τ k, τ k+1 ] F τ k F τ k+1 H 1 F [τ k, τ k+1 ]. F τ k F τ k+1 H 1 F [τ k, τ k+1 ], k 0, 1,..., n 1. Nierówności te wynikają ze wspomnianego w uwadze.4 wniosku W rozważanym przypadku można też: 1 zauważyć, że [F τ k, F τ k+1 ] P [F τk,f τ k+1 ] F [τ k, τ k+1 ], gdzie P [F τk,f τ k+1 ] oznacza rzut na odcinek [F τ k, F τ k+1 ] ; użyć twierdzenia 1, patrz [4], s 75, wykorzystując nierówność Lip P [F τk,f τ k+1 ] 1. Dowód punktu b. Przypuśćmy, że f jest funkcją ciągłą i wypukłą. Wtedy patrz [0], twierdzenie 7, s 43: albo f jest funkcją monotoniczną, albo istnieje takie l 0 l, l, że f jest nierosnąca w przedziale [ l, l 0 ] i niemalejąca w przedziale [l 0, l]. Poza tym patrz uwaga.1 f : l, l + R jest funkcją lokalnie lipschitzowską. Wynika stąd, że f : [l, l + ] R jest funkcją absolutnie ciągłą. Korzystając z uwagi.9 stwierdzamy słuszność równości.6. Jeżeli f jest funkcją ciągłą i wklęsłą, to f jest funkcją ciągłą i wypukłą i mamy H 1 Γ f [ l, l] H 1 Γf [ l, l] ϑ Γf ϑ Γ f, więc równości.6 są prawdziwe również i w tym przypadku. Dowiedziemy równości.7. Mamy Λ f f l + f l + H 1 Γf [ l, l] f l + f l + ϑ Γf f l + f l + sup ϑ π Γf sup { f l + f l + ϑ π Γf}, π Π[l] π Π[l] 4

44 a dla każdego π τ 0, τ 1,..., τ n Π [l] f l + f l + ϑ π Γf f l + f l + n 1 k0 L π f l + L π f l + Γf τ k+1 Γf τ k+1 n 1 k0 L π f l + L π f l + ϑ π Γ L π f L π f l + L π f l + H 1 Γ L π f [ l, l] Λ L π f, Γ L π f τ k+1 Γ L π f τ k+1 więc Λ f sup Λ L π f. π Π[l] 43

45 3. Układy obronne 3.1. Pary wypukłe przystosowane do obrony odcinków Wprowadzimy pojęcie pary wypukłej będącej odpowiednikiem płaskiego, zwartego zbioru wypukłego. Definicja 3.1. Niech będzie dana liczba l > 0 i dwie funkcje f, g : [ l, l] R. Powiemy, że f, g jest parą wypukłą, jeżeli: a f 0 jest funkcją ciągłą i wklęsłą; b g 0 jest funkcją ciągłą i wypukłą; c spełniony jest warunek g 0 < 0 < f 0. Zbiór wszystkich opisanych wyżej par wypukłych oznaczymy przez W [l]. Dla każdej pary wypukłej f, g W [l] przyjmiemy C f, g {τ, µ [ l, l] R : g τ µ f τ}. Jeżeli patrz definicja.4 Λ f Λ g, to parę wypukłą f, g nazwiemy przystosowaną do obrony odcinków równoległych do osi odciętych. Przyjmujemy wówczas Λ f, g Λ f Λ g oraz L f, g L f L g. Zbiór wszystkich par wypukłych f, g W [l] przystosowanych do obrony odcinków oznaczymy przez W BR [l]. Przykład 3.1. Jeżeli para f, g W [l] spełnia warunki l l f l g l f l g l 0, l 1 + f τ dτ 1 + g τ dτ, to oczywiście f, g W BR [l]. W szczególności, jeżeli l oraz l > 0, ν ν 1 < 0 < µ 1 µ ν 1 l ν + ν l µ 1 l µ + µ l, to łatwo sprawdzić, że dla funkcji f : [ l, l] R, g : [ l, l] R, danych wzorami { f τ min µ 1, µ µ } { l τ, g τ max ν 1, ν ν } l τ, mamy f, g W BR [l]. 44

46 Rys 3.1. Wykresy funkcji f i g dla parametrów l 14, µ 1 3, µ 1, ν 1 5, ν oraz Przykład 3.. Dla funkcji f i g z przykładu 1. mamy [ ] π f, g W, f π g π π π f g 0 [ H 1 Γf π, π ] π π [ H 1 Γg π, π ] π π 1 + sin τdτ r arc sin π r, 1 + τ r τ dτ r arc sin π r, więc f, g jest parą wypukłą przystosowaną do obrony odcinków. Definicja 3.. Niech będzie l > 0. Powiemy, że podział π Π [l] jest odpowiedni adekwatny dla pary f, g W [l], jeżeli L π f, L π g W [l]. Zbiór wszystkich podziałów odpowiednich dla pary f, g W [l] oznaczymy przez Π AD [f, g]. Uwagi 3.1. Jeżeli f, g W [l], to por. [0], twierdzenie 9, s 171 C f, g jest zwartym zbiorem wypukłym i mamy Poza tym oraz C f, g conv Γf [ l, l] Γg [ l, l]. 0 int C f, g, bd C f, g Γf [ l, l] Γg [ l, l] { l} [g l, f l] {l} [g l, f l] H 1 bd C f, g Λ f + Λ g. 3.. Ponieważ każda z funkcji f, g tworzących parę wypukłą może się zerować tylko na końcach przedziału, w którym jest określona bo jest wklęsła lub wypukła, 45

47 a przy tym niezerowa, to każdy podział π Π [l] zawierający co najmniej trzy punkty jest odpowiedni dla każdej pary f, g W [l] Z analogicznych powodów jak wyżej każdy podział π Π [l] jest odpowiedni dla pary f, g W [l] spełniającej warunek min {g l, g l} < 0 < max {f l, f l} czywiście dla każdego κ > 0 mamy Natomiast implikacja f, g W BR [l] J κ f, J κ g W BR [κl]. f, g W BR [l] L π f, L π g W BR [l] jest na ogół fałszywa. Jest to jedna z przyczyn komplikacji użytych w pracy konstrukcji. Lemat 3.1. a Jeżeli f, g W [l], to dla każdego κ > 0 ma miejsce równość κc f, g C J κ f, J κ g. b Jeżeli f, g W BR [l], to dla każdego κ > 1 istnieje taka para f κ, g κ W [l] i taki podział π Π [l], że J κ L π f κ, J κ L π g κ W BR [κl], 3.1 κl f, g L Jκ L π f κ, J κ L π g κ κl f, g 3. oraz C f, g int C J κ L π f κ, J κ L π g κ κc f, g. Dowód. Łatwy dowód punktu a pominiemy. Dość długi dowód punktu b podzielimy na dwie części. bierzmy dowolnie κ > 1. Część 1. Para f κ, g κ. Korzystając z punktów a i b lematu.3 i punktu b lematu.6 stwierdzamy istnienie takich podziałów że dla każdego τ [ l, l] oraz π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π [l], π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π [l], L κπ J κ f τ f τ + κ 1 κ + 1 f 0, Λ L 1 π f Λ f, g κ L κπ J κ g τ g τ + κ 1 κ + 1 g 0, Λ L 1 π g Λ f, g. κ Dla podziału π π π mamy π π oraz π π, więc patrz lemat.1 i wniosek.1 L π f L π L π f L π f oraz L π g L π L π g L π g. 46

48 Stąd, dla każdego τ [ l, l], otrzymujemy oraz L κπ J κ f τ J κ L π f τ J κ L π f τ L κπ J κ f τ f τ + κ 1 κ + 1 f 0 L κπ J κ g τ J κ L π g τ J κ L π g τ L κπ J κ g τ g τ + κ 1 κ + 1 g 0. Z analogicznych powodów będzie również Możliwe są przypadki: Λ L π f 1 κ Λ f, g oraz Λ L π g 1 κ Λ f, g. 3.3 Λ L π f Λ L π g, Λ L π f > Λ L π g, Λ L π f < Λ L π g. W przypadkach drugim i trzecim konieczne będą wstępne modyfikacje: funkcji g w drugim przypadku, a funkcji f w trzecim. W pierwszym przypadku żadne wstępne modyfikacje potrzebne nie będą. Rozważmy przypadek Λ L π f > Λ L π g. Dla każdego λ 0 zdefiniujmy φ λ def Λ L π λg Λ λl π g λg l λg l + H 1 Γ λl π g [ l, l] n 1 λg l λg l + δk π + ε k g, π λ. Funkcja φ : [0, R jest ciągła, ściśle rosnąca i spełnia warunki: Istnieje zatem takie λ > 1, że k0 φ 0 l < Λ L π g φ 1 oraz lim λ φ λ. Λ L π λg Λ L π f. Przyjmujemy: Ponieważ f κ f oraz g κ λg. Λ J κ L π f κ Λ J κ L π f κλ L π f κλ L π λg Λ J κ L π λg Λ J κ L π g κ, to L J κ L π f κ σ κl σ ρ + 1 ρσ σ ρ Λ J κl π f κ L J κ L π g κ σ κl σ ρ + 1 ρσ σ ρ Λ J κl π g κ 47

49 oraz L J κ L π f κ σ κl σ ρ + 1 ρσ σ σ ρ Λ J l κl π f κ σ ρ + 1 ρσ σ ρ Λ L πf σ l κ σ ρ + 1 ρσ σ ρ Λ f κl f κl f, g. Biorąc pod uwagę pierwszą z nierówności 3.3, otrzymujemy dalej σ L J κ L π f κ l κ σ ρ + 1 ρσ σ ρ Λ L πf κ σ l κ σ ρ + 1 ρσ σ ρ Λ f κl f, g. σ l σ ρ + 1 κ ρσ σ ρ Λ f Zgodnie z uwagami.4,.10 i punktem a lematu.5, dla każdego τ [ l, l] mamy J κ L π f κ τ f τ L κπ J κ f τ f τ κ 1 f 0 > κ + 1 W szczególności J κ L π f κ 0 f 0 + κ 1 f 0 > 0. κ + 1 Z analogicznych powodów, dla każdego τ [ l, l], J κ L π g κ τ g τ J κ L π λg τ λg τ + λ 1 g τ λ κ 1 1 g 0 + λ 1 g τ λκ g 0 < 0, 3.5 κ + 1 κ + 1 a w szczególności J κ L π g κ 0 g 0 + κ 1 g 0 < 0. κ + 1 Tym sposobem dowiedliśmy, że para f κ, g κ spełnia warunki 3.1, 3., 3.4 i 3.5 W przypadku Λ L π f < Λ L π g znajdujemy takie λ > 1, że Przyjmujemy Λ L π λf Λ L π g. f κ λf oraz g κ g i tym samym sposobem jak w poprzednim przypadku stwierdzamy, że para f κ, g κ też spełnia wymienione wyżej cztery warunki. W przypadku Λ L π f Λ L π g przyjmujemy po prostu f κ f oraz g κ g, otrzymując parę f κ, g κ spełniającą warunki 3.1, 3., 3.4 i

50 Część. Dowód inkluzji Inkluzja jest oczywista. Inkluzja C f, g int C J κ L π f κ, J κ L π g κ κc f, g. int C J κ L π f κ, J κ L π g κ κc f, g C f, g C J κ L π f κ, J κ L π g κ wynika z warunków 3.4 i 3.5. Wystarczy zatem wykazać, że Gdyby było to byłoby również a wobec tego mielibyśmy Ponieważ ma też miejsce relacja C f, g bd C J κ L π f κ, J κ L π g κ. τ, µ C f, g bd C J κ L π f κ, J κ L π g κ, to z warunków 3.4 i 3.5 wynika, że τ, µ C f, g, l τ l oraz g τ µ f τ. τ, µ bd C J κ L π f κ, J κ L π g κ, µ J κ L π f κ τ > f τ lub µ J κ L π g κ τ < g τ. trzymana sprzeczność kończy dowód inkluzji C f, g int C J κ L π f κ, J κ L π g κ. Przykład 3.3. bierzmy dowolne l > 0, dowolne κ > 1 i przyjmijmy f τ l τ, g τ l τ, τ [ l, l]. Następnie, dla każdego n N, zdefiniujmy Jeżeli π n to L πn f, L πn g W BR [κl] oraz { n > l cos kπ n π arc cos 1, κ } n. k0 1 κ C f, g int C L π n f, L πn g C f, g int C J κ L πn f, J κ L πn g κc f, g. 49

51 Rys. 3.. Przypadek l 5 3, κ 6 5, n Układy obronne Zaczniemy od wprowadzenia numeracji "wierzchołków"wielokąta wypukłego, postaci C L π f, L π g, zgodnej z dodatnią orientacją płaszczyzny R. Numeracja ta będzie szczególnie przydatna w szóstym rozdziale. Konstrukcja 3.1. Niech będzie dana para f, g W [l] i podział π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π AD [f, g]. Etap 1. Wierzchołki. Zbiór C L π f, L π g jest wielokątem wypukłym. W oznaczeniach z konstrukcji. mamy oraz C L π f, L π g conv n+ k0 n+ k0 {d k f, π, d k g, π} {d k f, π, d k g, π} bd C L π f, L π g. Symbolami k g, π, k + f, π oznaczymy liczby elementów zbiorów, odpowiednio i przyjmiemy n+ k0 {d k g, π} oraz n+ k0 {d k f, π} {l, 0} n f, g, π k g, π oraz n f, g, π k g, π + k + f, π 1. 50

52 Zauważmy, że k g, π n + 3, gdy g l < 0 i g l < 0, n +, gdy g l < 0 i g l 0, n +, gdy g l 0 i g l < 0, n + 1, gdy g l g l 0. Natomiast k + f, π n +, gdy f l > 0 i f l > 0, n + 1, gdy f l > 0 i f l 0, n + 1, gdy f l 0 i f l > 0, n, gdy f l f l 0. Etap. Numeracja wierzchołków. Ponumerujemy najpierw wierzchołki "dolne". Dla każdego k 0, 1,..., k g, π 1 przyjmujemy d k f, g, π { d k g, π gdy g l < 0, d k+1 g, π gdy g l 0. Zauważmy, że { d k f, g, π} k g,π 1 jest ciągiem różnowartościowym i mają miejsce k0 relacje d 0 f, g, π l, 0, d k g,π 1 f, g, π l, 0, k g,π 1 k0 { n+ d k f, g, π} k0 {d k g, π}. Teraz ponumerujemy wierzchołki "górne". Dla każdego k 0, 1,..., k + f, π 1 przyjmujemy najpierw numeracja pomocnicza d k f, π { d k f, π gdy f l > 0, d k+1 f, π gdy f l 0, a następnie, dla każdego k k g, π, k g, π + 1,..., n f, g, π przyjmujemy Zauważmy, że { d k f, g, π} nf,g,π relacje nf,g,π kk g,π d k f, g, π d nf,g,π k f, π. kk g,π jest ciągiem różnowartościowym i mają miejsce d nf,g,π f, g, π d 0 f, π l, 0, { d k f, g, π} n+ k0 {d k f, π} {l, 0}. Poza tym { d k f, g, π} nf,g,π 1 jest ciągiem różnowartościowym i mamy k0 d nf,g,π f, g, π d 0 f, g, π l, 0, nf,g,π 1 k0 { d k f, g, π} bd C L π f, L π g, 51

53 conv nf,g,π 1 k0 { d k f, g, π} C L π f, L π g. Etap 3. rientacja brzegu wielokąta C L π f, L π g. Mówimy, że {c k } k0 ciągiem o okresie θ N, jeżeli spełnia warunek jest c k+θ c k, k N 0. Standardowym sposobem przedłużamy numerację z etapu na cały zbiór N 0 tak, by otrzymać nieskończony ciąg o okresie n f, g, π. Ciąg { d k f, g, π} C L π f, L π g. { d k f, g, π} k0 k0 nazwiemy orientacją brzegu wielokąta Etap 4. Własności. Nadużywamy znaczenia pojęcia "wierzchołek", bo nie każdy punkt d k f, g, π musi być punktem ekstremalnym wielokąta wypukłego C L πf, L π g. Dla każdego j N 0 mamy jednak oraz a poza tym C L π f, L π g conv j+nf,g,π 1 kj j+nf,g,π 1 kj { d k f, g, π} { d k f, g, π} bd C L π f, L π g, { d k f, g, π} j+nf,g,π 1 kj jest ciągiem różnowartościowym. Zauważmy jeszcze, że 0 int C L π f, L π g, n f, g, π 3 oraz n f, g, π 4. Przykład 3.4. Dla funkcji f, g z przykładu. i podziału π {, } mamy n f, g, π k g, π 4, k + f, π 3, n f, g, π 6, { d 0 g, π, d 1 g, π, d g, π, d 3 g, π } {, 0,, 3,, 3,, 0}, { d 0 f, π, d 1 f, π, d f, π } {, 0,, 1,, 4}, { d 0 f, g, π, d 1 f, g, π, d f, g, π, d 3 f, g, π, d 4 f, g, π, d 5 f, g, π, d 6 f, g, π } {, 0,, 3,, 3,, 0,, 4,, 1,, 0}. Uwaga 3.5. Śledząc konstrukcje odwzorowań S π i S N π łatwo sprawdzić, że orientację { d k f, g, π} można przenieść na analogiczne orientacje k0 { d k f, g, π }, { d N k0 k 5 f, g, π } k0

54 brzegu wielokątów C S π f, S π g i C S N π f, S N π g. Będzie przy tym d k f, g, π [g, π], d N k f, g, π N [g, π], gdy k { 0,..., n f, g, π 1 }, d k f, g, π [f, π], d N k f, g, π N [f, π], gdy k { n f, g, π,..., n f, g, π }. Rozważana w pracy obrona odcinka polega w gruncie rzeczy na obronie pewnego zbioru wypukłego zawierającego ten odcinek. W związku z tym wprowadzimy następną definicję. Definicja 3.3. Powiemy, że Ω, Ω N, Ϝ jest układem obronnym ze strefą rażenia D, jeżeli: a Ω, Ω N, D są zwartymi i wypukłymi podzbiorami płaszczyzny R oraz 0 int D; b Ϝ : bd Ω N Ω i dla każdego t 0 i każdej lipschitzowskiej funkcji η : [t, bd Ω N mamy Lip Ϝ η ρ σ Lip η oraz η t Ϝ η t + D, t t. Przykład 3.5. Ustalmy dowolnie r > 0 i przyjmijmy Λ r σ r σ ρ + ρσr π σ ρ. Następnie, dla każdego α [0, π, zdefiniujmy [ ] [ ] η1 α Λr η α η α 0 [ ] cos α ξ α η α r. sin α Przyjmując [ + σ r 1 cos α σ ρ sin α ] + ρσr [ π π α σ ρ 0 Ω N conv η [0, π, Ω conv ξ [0, π, Ϝ ξ η 1 i korzystając z lematów 3.1 i 3.3 podanych w pracy [1] gdzie θ σ ρ stwierdzamy, że Ω, Ω N, Ϝ jest układem obronnym ze strefą rażenia D B [0, r]. ], 53

55 Rys Układ obronny Ω, Ω N, Ϝ dla parametrów r ρ 1, σ. Definicja 3.4. Jeżeli f, g W [l], π Π AD [l] i L π f, L π g W BR [l], to patrz konstrukcja. przyjmujemy l N f, g, π def l N f, π l N g, π i dla każdego η bd C S N π f, S N π g definiujemy Ϝ f,g,π η { Ϝf,π η, gdy η N [f, π], Ϝ g,π η, gdy η N [g, π]. Poprawność definicji liczby l N f, g, π jest konsekwencją uwagi.7. Lemat 3.. Jeżeli f, g W [l], π Π AD [ l, l] i L π f, L π g W BR [l], to i trójka l N f, π l N g, π C S π f, S π g, C S N π f, S N π g, Ϝ f,g,π jest układem obronnym ze strefą rażenia C L π f, L π g. Dowód. Wszystkie trzy zbiory C S π f, S π g, C S N π f, S N π g, C L π f, L π g są zwarte i wypukłe oraz 0 int C L π f, L π g, więc pierwszy warunek definicji 3.3 jest spełniony. Upraszczając oznaczenie, przyjmijmy Ponieważ patrz konstrukcja. l N l N f, g, π. bd C S N π f, S N π g N [f, π] N [g, π], N [f, π] N [g, π] { l N, 0, l N, 0 } oraz S N π f l N S N π g l N, S N π f l N S N π g l N, 54

56 to definicja odwzorowania Ϝ f,g,π jest poprawna i Ϝ f,g,π : bd C S N π f, S N π g [f, π] [g, π] C S π f, S π g jest funkcją ciągłą. Ustalmy teraz dowolne t 0 i dowolną lipschitzowską funkcję η : [t, bd C S N π f, S N π g. Upraszczając kolejne oznaczenie, przyjmijmy Ϝ f,g,π Ϝ. Wybierając dowolne s, t t dowiedziemy nierówności Ϝ η s Ϝ η t ρ Lip η s t. σ Bez zmniejszenia ogólności rozważań możemy przyjąć, że s < t oraz patrz uwaga 3.5 gdzie η s [ dj N f, g, π, d N Jeżeli j k, to patrz lemat.5 j+1 f, g, π ], η t [ d N j k < j + n f, g, π. k f, g, π, d N k+1 f, g, π], Ϝ η s Ϝ η t ρ σ η s η t ρ Lip η s t. σ Załóżmy zatem, że j < k. Funkcja η jest ciągła, a każda z sum: 1 [ η s, d N j+1 f, g, π ] [ d N k f, g, π, η t ], [ η t, d N k+1 f, g, π] k 1 ij+1 [ d N j+nf,g,π f, g, π, η s] [ d N i f, g, π, d N i+1 f, g, π ] nf,g,π k j+1 i1 jest zbiorem spójnym i spełnione są warunki: Zatem [ d N k+i f, g, π, dn k+i+1 f, g, π] 1 bd C S N π f, S N π g, 1 {η s, η t}. 1 η [s, t] lub η [s, t]. Rozważmy pierwszą możliwość. W przypadku η [s, t] rozumowanie jest podobne. Z tych samych powodów jak wyżej istnieją takie s t j+1 < t j+ <... < t k t, 55

57 że η t i d N i f, g, π, i j + 1, j +,..., k. Korzystając ponownie z lematu.5, otrzymujemy Ϝ η s Ϝ η t Ϝ η s Ϝ η t j Ϝ η t k Ϝ η t k 1 ij+1 ρ σ Lip η s t j+1 + ρ σ Lip η k 1 ρ Lip η s t. σ ij+1 Ϝ η t i Ϝ η t i+1 t i t i+1 + ρ σ Lip η t k t Uwaga 3.6. Przy założeniach lematu 3. odwzorowanie Ϝ nie może spełniać warunku Lipschitza ze stałą ρ. Mamy bowiem σ Ϝ l N, 0 Ϝ l N, 0 l, 0 l, 0 Lip Ϝ l N, 0 l N, 0 l N, 0 l N, 0 l l N ρ ρl + σλ L π f σ σl + ρλ L π f > ρ σ. Przykład 3.6. Dla funkcji f, g z przykładu. i podziału π {, } mamy f, g W BR [] oraz π Π AD [], więc C S π f, S π g, C S N π f, S N π g, Ϝ f,g,π jest układem obronnym ze strefą rażenia C L π f, L π g C f, g. Rys Układ obronny dla pary f, g z przykładu.. 56

58 Przykład 3.7. Załóżmy, że funkcje f τ min {µ 1, µ 1 τ }, g τ max {ν 1, ν 1 τ }, τ [ l, l], µ ν spełniają warunki z przykładu 3.1 i przyjmijmy l ρ σ ρ l + ρσ σ ρ 1 µ 1 µ1 l + l + µ 1 µ l N l + l σ σ ρ l + Mamy wówczas l L f, g l N. Przyjmując następnie { ρσ σ ρ µ σ σ ρ l + ρσ σ ρ π + l, 1 µ 1 l, µ π + { l, 0, l}, gdy µ 1 µ, 1 µ 1 µ 1 ν 1 ν 1 µ 1 µ l +, µ1 µ l ν1 l + l ν l, l } + µ. 1 + ν,, gdy µ 1 < µ, 1 otrzymamy patrz konstrukcja.1 S π +f τ min { µ 1, µ 1 τ }, τ [ l, l ], l gdzie oraz gdzie µ 1 ρ σ ρ µ 1, µ S N π +f τ min { µ N 1, µ N µ N 1 σ σ ρ µ 1, µ N Podobnie, przyjmując π { l, 1 ν 1 l, ν π { l, 0, l}, gdy ν 1 ν, ρµ l, ρl + σ l + µ 1 τ }, τ [ l N, l N], l N σµ l N. σl + ρ l + µ 1 ν 1 ν } l, l, gdy ν 1 < ν, otrzymamy S π g τ max { ν 1, ν 1 τ }, τ [ l, l ], l 57

59 gdzie oraz gdzie Ponieważ oraz ν 1 ρ σ ρ ν 1, ν S N π g τ max { ν N 1, ν N ν N 1 σ σ ρ ν 1, ν N ρν l, ρl + σ l + ν 1 τ }, τ [ l N, l N], l N σν l N. σl + ρ l + ν π π π Π AD [f, g] S π f S π +f, SN π f S N π +f, S π g S π g, SN π g S N π g, to zgodnie z lematem 3. trójka C S π f, S π g, C S N π f, S N π g, Ϝ f,gπ jest układen obronnym ze strefą rażenia C f, g. Przyjmijmy teraz patrz rys. 3.1 l 14, µ 1 3, µ 1, ν 1 5, ν Zilustrujemy wpływ proporcji σ na kształt układu obronnego i długość bronionego ρ odcinka. Rozważymy dwa układy parametrów: Przypadek ρ 1, σ 3. Mamy ρ 1, σ 3 oraz ρ 1, σ 5 4. l 59 8, ln 171 8, µ 1 3 8, µ , µn 1 7 8, µn , S π f 3 τ min 8, τ, τ [ l, l ], S N π f 7 τ min 8, τ, τ [ l N, l N], ν 1 5 8, ν 45 8, νn , νn , S π g τ max 5 8, 5 51 S N π g τ max 45 8, τ 408 τ , τ [ l, l ],, τ [ l N, l N]. 58

60 Rys Para zbiorów C S π f, S π g, C S N π f, S N π g dla ρ 1, σ 3. Przypadek ρ 1, σ 5 4. Mamy l 54 9, ln 650 9, µ , µ , µn 1 5 3, µn 35 1, S π f 16 τ min 3, τ, τ [ l, l ], S N π f 5 τ min 3, τ, τ [ l N, l N]. ν1 80 9, ν 1017, νn , νn , S π g τ max 80 9, τ, τ [ l, l ], S N π g τ max 15 9, τ, τ [ l N, l N] Rys Para zbiorów C S π f, S π g, C S N π f, S N π g dla ρ 1, σ 5 4. W szóstym rozdziale, mówiąc bardzo nieprecyzyjnie, będziemy potrzebowali oszacowania czegoś w rodzaju stopnia zakrzywienia brzegu wielokąta. Definicja 3.5. Załóżmy, że f, g W [l] oraz π Π AD [l]. Przyjmiemy c 0 f, g, π δ min π min {L π f 0, L π g 0 }, 59

61 a jeżeli spełniony jest warunek: to przyjmiemy jeszcze W max {f l, g l, f l, g l } > 0, h f, g, π l min {{f l, g l, f l, g l } {0}}. Następnie, jeżeli warunek W jest spełniony, to definiujemy a w przeciwnym wypadku przyjmujemy c f, g, π min {c 0 f, g, π, h f, g, π}, c f, g, π c 0 f, g, π. Uwaga 3.7. Liczba hf, g, π jest najmniejszą spośród tych liczb które są różne od zera o ile takie są. Lemat 3.3. Jeżeli f, g W [l] oraz lf l, l g l, lf l, l g l, π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π AD [l], to patrz konstrukcja 3.1 dla każdego k 0, 1,..., n f, g, π 1 i każdego z [ d k f, g, π, d k+1 f, g, π] mamy Lz, d k+1 f, g, π d k f, g, π c f, g, π. Dowód. bierzmy dowolnie k {0, 1,..., n f, g, π 1} oraz z [ d k f, g, π, d k+1 f, g, π] i przyjmijmy w w 1, w d k+1 f, g, π d k f, g, π. Możliwe są dwa przypadki: w 1 0 oraz w 1 0. Przypadek w 1 0. W tym przypadku możliwe są kolejne dwa przypadki: a w 1 τ k +1 τ k > 0, w g τ k +1 g τ k, b w 1 τ k τ k +1 < 0, w f τ k f τ k +1, gdzie k {0, 1,..., n 1}. Rozważymy przypadek a. W przypadku b rozumowanie jest podobne. Dla pewnego τ [τ k, τ k +1] mamy z τ, L π g τ, więc Lz, d k+1 f, g, π d k f, g, π Lz, w w 1 L π g τ + w τ τ k +1 τ k L π g τ + g τ k +1 g τ k τ. 60

62 Dla każdego t [ l, l] zdefiniujmy Ponieważ to h t g τ k + t τ k g τ k τ k +1 τ +1 g τ k. k L π g t h t, gdy t [τ k, τ k +1], L π g t h t, gdy t [ l, l] τ k, τ k +1, Lz, d k+1 f, g, π d k f, g, π τ k +1 τ k h τ + g τ k +1 g τ k τ τ τ k +1 τ k g τ k + τ τ k τ k +1 τ k τ k +1 τ k τ k +1 τ k h 0 τ k +1 τ k L π g 0 τ k +1 τ k L π g 0 c 0 f, g, π c f, g, π. g τ k +1 g τ k Przypadek w 1 0. W tym przypadku druga współrzędna wektora w może mieć jedną z dwóch postaci: w g l lub w g l, a wektor z z 1, z może być równy, odpowiednio: z l, µ, gdzie g l µ 0 lub z l, µ, gdzie g l µ 0. Ponieważ Lz, d k+1 f, g, π d k f, g, π Lz, w z w 1 + z 1 w z 1 w, to Lz, d k+1 f, g, π d k f, g, π { lg l, gdy w g l, lg l, gdy w g l. W rezultacie Lz, d k+1 f, g, π d k f, g, π h f, g, π c f, g, π. 61

63 4. Problem obrony odcinka 4.1. Trajektorie dopuszczalne. Sterowania W rozważanej przez nas grze obrony odcinka biorą udział dwaj gracze: obrońca i N napastnik. pis takiej gry wymaga podania: 1 zbiorów dopuszczalnych trajektorii; informacji jaką w danym momencie dysponują obaj gracze; 3 celu gry. W trzech krótkich podrozdziałach zajmiemy się wymienionymi wyżej zagadnieniami. Na początek zdefiniujemy zbiory dopuszczalnych trajektorii obu graczy. Definicja 4.1 Dla każdego s 0 i każdego a R symbolem X s a oznaczamy zbiór wszystkich funkcji lipschitzowskich x : [s, R spełniających warunek początkowy x s a i warunek Lip x ρ. Każdy ze zbiorów X s a nazwiemy zbiorem trajektorii dopuszczalnych gracza. W przypadku s 0 zamiast X 0 a będziemy też pisać X a. N Dla każdego s 0 i każdego b R symbolem Y s b oznaczamy zbiór wszystkich funkcji lipschitzowskich y : [s, R spełniających warunek początkowy y s b i warunek Lip y σ. Każdy ze zbiorów Y s b nazwiemy zbiorem trajektorii dopuszczalnych gracza N. W przypadku s 0 zamiast Y 0 b będziemy też pisać Y b. Definicja 4.. Dla każdego s 0 symbolem U s oznaczymy zbiór wszystkich funkcji mierzalnych u : [s, B [0, ρ]. Elementy zbioru U s nazwiemy sterowaniami gracza. Elementy koła B [0, ρ] będziemy utożsamiać ze sterowaniami stałymi. W przypadku s 0 zamiast U 0 będziemy też pisać U. Uwagi 4.1. Z twierdzenia Rademachera i twierdzenia Lebesgue a o różniczkowaniu całki patrz [4], twierdzenie, s 81 i twierdzenie 1, s 43 wynika, że x X s a wtedy i tylko wtedy, gdy x s a i dla prawie wszystkich t s ma miejsce nierówność x t ρ, czyli wtedy i tylko wtedy, gdy x s a i x U s. Analogiczną własność posiadają trajektorie y Y s b. 4.. Jeżeli 0 s s, a x X s a i x X s x s, to trajektoria x s x, dana wzorem { x t, gdy s t s, x s x t x t, gdy t s, 6

64 jest elementem zbioru X s a. Podobna uwaga dotyczy trajektorii gracza N i sterowań. 4.. Funkcje nieantycypujące. Strategie Przypuśćmy, że w momencie t 0 gracze i N znajdują się w punktach, odpowiednio a R i b R. Przyjmujemy, że w każdym następnym momencie t 0 obaj gracze podejmują niezależne decyzje co do swych przyszłych działań biorąc pod uwagę dotychczasowy przebieg gry, czyli obie obcięte trajektorie x [0,t] i y [0,t]. W języku matematyki można to ująć następująco. Definicja 4.3. Ustalmy dowolnie s 0 oraz a, b R. Powiemy, że ϕ : Y s b X s a jest funkcją nieantycypującą, jeżeli dla dowolnych y, ỹ Y s b i dowolnego t s prawdziwa jest implikacja y [s,t] ỹ [s,t] ϕ y [s,t] ϕ ỹ [s,t]. Zbiór wszystkich nieantycypujących funkcji ϕ : Y s b X s a oznaczymy symbolem Φ s a, b i nazwiemy zbiorem strategii gracza. N Powiemy, że ψ : X s a Y s b jest funkcją nieantycypującą, jeżeli dla dowolnych x, x X s a i dowolnego t s prawdziwa jest implikacja x [s,t] x [s,t] ψ x [s,t] ψ x [s,t]. Zbiór wszystkich nieantycypujących funkcji ψ : X s a Y s b oznaczymy symbolem Ψ s a, b i nazwiemy zbiorem strategii gracza N. dwzorowania nieantycypujące wprowadził nie nazywając ich w ten sposób do teorii gier pościgu-ucieczki Czesław Ryll-Nardzewski w pracy [15]. ile nam wiadomo nazwę śtrategia nieantycypująca"która nam się spodobała wprowadził Leszek Zaremba pod koniec lat siedemdziesiątych ubiegłego wieku. Strategiami nieantycypującymi w sensie Nardzewskiego są jednak nieantycypujące i górnie półciągłe multifunkcje, szczególnie przydatne w problemach istnienia ceny rozważanej gry, patrz [15] oraz [3]. Każda para strategii nieantycypujących w sensie Nardzewskiego ϕ, ψ wyznacza co najmniej jedną parę trajektorii x, y w ten sposób, że x ϕ y oraz y ψ x. Strategie o tej własności nazwijmy na moment "porządnymi". Używając języka potocznego, jeżeli gracze wybrali już swe "porządneśtrategie, to w grze coś się naprawdę dzieje. Nasze strategie mogą nie wyznaczać żadnych trajektorii nawet wtedy, gdy założymy ich ciągłość w topologii zbieżności jednostajnej w każdym ograniczonym przedziale, patrz [17]. Pojawia się zatem pytanie, czy rozważanie takich strategii ma sens. dpowiemy na to w ten sposób. Podążając śladami N. Krasowskiego, patrz [11], rozdział, 6, rozważamy grę z punktu widzenia każdego gracza z osobna. Jeżeli przy takim podejściu mówiąc niezbyt precyzyjnie obaj gracze, grając strategiami ńieporządnymi", mogą zapewnić sobie ten sam wynik, zwany wówczas ceną gry, to z dowolną dokładnością mogą uzyskać ten sam wynik grając strategiami "porządnymi". Metody dowodu, że tak jest w istocie dla różnych rodzajów gier 63

65 różniczkowych bardzo przypominają metodę Eulera lub metodę Tonelliego dowodu istnienia rozwiązania równania różniczkowego zwyczajnego, patrz [11] lub []. Celem rozprawy było podanie konkretnego, jawnego wzoru wyznaczającego maksymalną długość możliwego do obrony odcinka. Techniczny problem uzyskania z dowolną dokładnością wyznaczonej ceny gry przy pomocy strategii "porządnychźostał w pracy pominięty Problem obrony odcinka W zasadzie rozważać będziemy grę obrony odcinka postaci [ µ, µ] {0}, gdzie µ > 0. Bardziej ogólny przypadek omówimy krótko w ostatnim rozdziale. Ponieważ zakładamy przewagę prędkości po stronie napastnika, to musimy wyposażyć obrońcę w broń o pewnym zasięgu. W przeciwnym razie obrońca nie byłby w stanie obronić żadnego odcinka o dodatniej długości. Można też myśleć, że wraz z obrońcą przemieszcza się pewna, bardzo niebezpieczna dla napastnika strefa, której ten powinien unikać za wszelką cenę. Jeżeli f, g W BR [l], to zbiór C f, g jest bardzo dobrym kandydatem do pełnienia roli strefy rażenia. Przyjmijmy wobec tego następną definicję. Definicja 4.4. Ustalmy dowolną parę f, g W BR [l], dowolną liczbę µ > 0 oraz parę takich pozycji początkowych a, b R, że b / a + int C f, g. a Symbolem Φ [f, g, µ, a, b] oznaczymy zbiór wszystkich strategii ϕ Φ a, b spełniających następujący warunek. Dla każdego y Y b i każdego t > 0, jeżeli to istnieje takie s [0, t, że y t [ µ, µ] {0}, y s ϕ y s + int C f, g. Każdy element zbioru Φ [f, g, µ, a, b] nazwiemy strategią skutecznej obrony odcinka [ µ, µ] {0} w grze G f, g. b Symbolem Ψ [f, g, µ, a, b] oznaczymy zbiór wszystkich strategii ψ Ψ a, b o tej własności, że dla każdego x X a i każdego t > 0 ma miejsce relacja i istnieje takie t 0, że ψ x t / x t + int C f, g ψ x t [ µ, µ] {0}. Każdy element zbioru Ψ [f, g, µ, a, b] nazwiemy strategią skutecznego ataku odcinka [ µ, µ] {0} w grze G f, g. Zbiór Φ [f, g, µ, a, b] może być pusty wtedy, gdy liczba µ jest zbyt duża lub w przypadku mówiąc bardzo nieprecyzyjnie niewłaściwych proporcji pomiędzy odległościami punktów a i b do bronionego odcinka. Trzymając na razie stronę obrońcy musimy dać mu szansę skutecznej obrony. W związku z tym pozycje początkowe a, b 64

66 wybierzemy mówiąc znów mało precyzyjnie w taki sposób, by odległość punktu a do bronionego odcinka była mniejsza niż odległość punktu b. Dokładne wyznaczenie zbioru wszystkich trójek µ, a, b, dla których Φ [f, g, µ, a, b] jest zbiorem niepustym wydaje się możliwe, ale wymagałoby włączenia do rozważań gier pościgu-ucieczki o zupełnie innym charakterze niż ta, z którą chcemy mieć do czynienia. Dlatego uprościmy sobie zadanie, przyjmując warunek, postaci b κ + σ ρ a. Definicja 4.5. Ustalmy dowolną parę f, g W BR [l], przyjmijmy r f, g L f, g + 1 σ Λ f, g, σ ρ + σ κ f, g ρ r f, g ρ i zdefiniujmy P [f, g] {a, b R R : b κ f, g + σρ } a. Liczbę val G f, g sup µ 0, : a,b P[f,g] Φ [f, g, µ, a, b] nazwiemy ceną gry G f, g, rozwiązaniem problemu obrony odcinka w grze G f, g lub maksymalną długością możliwego do obrony odcinka w tej grze. Dwa kolejne rozdziały będą poświęcone dowodom nierówności val G f, g L f, g oraz val G f, g L f, g. Mówiąc nieco dokładniej dowiedziemy, że Φ [f, g, µ, a, b] oraz µ 0,Lf,g µ>lf,g Ψ [f, g, µ, a, b]. 65

67 5. brona Wprowadzone w poprzednim rozdziale założenie o pozycjach początkowych a, b obu graczy daje obrońcy czas na zajęcie dogodnej pozycji obronnej. Wiemy patrz lemat 3., że C S π f, S π g, C S N π f, S N π g, Ϝ f,g,π może być układem obronnym. Niech P będzie rzutem na zbiór C S N π f, S N π g. Jeżeli to y Y b oraz y t / int C S N π f, S N π g, ξ t def Ϝ f,g,π P y t jest właśnie dogodną pozycją obronną. Dzięki wspomnianemu założeniu o pozycjach początkowych i dzięki lematowi 1.1 obrońca ma przez pewien okres czasu co najmniej dwukrotną przewagę prędkości nad "uciekającym"punktem ξ t i w związku z tym zdąży zająć dogodną pozycję obronną. Pogoń obrońcy za punktem ξ t i dalszy przebieg gry opiszemy w dwóch kolejnych podrozdziałach Pomocnicza strategia pościgu W przypadku gier pościgu z tak zwanym ruchem prostym skuteczną strategię pościgu można konstruować kilkoma sposobami. Znany paradoks Zenona z Elei miał wpływ na podaną niżej konstrukcję pomocniczej strategii pościgu. Konstrukcja 5.1. Pomocnicza strategia pościgu ϕ P a, : X a X a. Etap 1. Dziedzina. Dla każdego a R symbolem X a oznaczymy zbiór wszystkich trajektorii ξ : [0, R spełniających warunek początkowy ξ 0 a i warunek Lipschitza ze stałą 1 ρ. Etap. Wzór. Dla dowolnych a, a R i dowolnego ξ X a przyjmujemy τ a, a a a. ρ Jeżeli a a, to dla każdego ξ X a definiujemy ϕ P a, ξ ξ, a jeżeli a a, to dla każdego ξ X a definiujemy a + ρt ϕ P a a a a, gdy 0 t 1τ a, a, a, ξ t ξ t τ a, a 1, gdy τ a, a t τ a, a, ξ t, gdy τ a, a t. Etap 3. Własności 1. Poprawność definicji. Weźmy dowolne ξ X a i przyjmijmy x ϕ P a, ξ. Łatwo sprawdzić, że x jest funkcją ciągłą. Poza tym, dla prawie wszystkich t 0 : 66

68 jeżeli a a, to a jeżeli a a, to x t ξ t, ρ x a a a a, gdy 0 t 1τ a, a, t ξ t τ a, a 1, gdy τ a, a t τ a, a, ξ t, gdy τ a, a t. W obu przypadkach mamy x t ρ, p.w. w przedziale [0,, więc ϕ P a, ξ X a. Dowodzi to poprawności definicji odwzorowania ϕ P a,.. dwzorowanie ϕ P a, : X a X a jest funkcją nieantycypującą. Weźmy bowiem dowolne t 0, dowolne trajektorie ξ, ξ X a spełniające warunek i przyjmijmy ξ [0,t] ξ [0,t] τ a, a τ, x ϕ P a, ξ oraz x ϕ P a, ξ. Pominiemy trywialny przypadek a a. Jeżeli t 1 τ, to oczywiście Jeżeli 1 τ s t τ, to więc x [0,t] x [0,t]. s τ t τ τ, x s ξ s τ ξ s τ x s, a wobec tego również i w tym przypadku mamy x [0,t] x [0,t]. Łatwo sprawdzić, że podobnie jest w przypadku τ t. 3. Czas pościgu. Dla każdego ξ X a, w obu przypadkach a a i a a, mamy ϕ P a, ξ τ a, a ξ τ a, a, więc punkt ϕ P a, ξ t dogoni punkt ξ t nie później niż po czasie τ a, a a a. ρ 67

69 5.. Strategia czuwania Niech będzie dana para f, g W BR [l]. Dla każdej pary pozycji początkowych a, b R spełniających warunek patrz definicja 4.5 b κ f, g + σ ρ a i każdego λ 0, L f, g zdefiniujemy strategię ϕ f, g, λ; a, Φ [f, g, λ, a, b] broniącą odcinka [ λ, λ] {0} w grze ze strefą rażenia C f, g. Strategię ϕ f, g, λ; a, nazwiemy strategią czuwania. Konstrukcja 5.. Ustalmy parę f, g W BR [l], pozycje początkowe a, b R spełniające warunek i liczbę λ 0, L f, g. b κ f, g + σ ρ a Etap 1. Pomocnicza para f κ, g κ W [l]. Przyjmijmy κ L 3 f, g. λ 3 Ponieważ κ > 1, to patrz punkt b lematu 3.1 istnieje taki podział π Π [l] i taka para f κ, g κ W [l] że J κ L π f κ, J κ L π g κ W BR [κl], oraz C f, g int C J κ L π f κ, J κ L π g κ κc f, g κl f, g L Jκ L π f κ, J κ L π g κ κl f, g. Zgodnie z lematem 3. trójka C S 1 πj 1 f κ, S 1 πj 1 g κ, C S N 1 πj 1 f κ, S N 1 πj 1 g κ, Ϝ κ κ κ κ κ κ κ κ J 1 κ f κ,j 1κ g κ, 1 κ π jest układem obronnym ze strefą rażenia C L π J κ 1 f κ, L π J κ κ 1 g κ. Poza tym mamy κ patrz punkt a lematu 3.1 oraz bo C L π J κ 1 f κ, L π J κ κ 1 g κ C J 1 L π f κ, J 1 L π g κ 1 κ κ κ κ C L πf κ, L π g κ 1 C f, g int C f, g κ L J 1 L π f κ, J 1 L π g κ λ, κ κ L J 1 L π f κ, J 1 L π g κ 1 κ κ κ L J κ L π f κ, J κ L π g κ 68 κ L f, g λ. κ

70 Etap. Definicja strategii ϕ f, g, λ; a,. znaczmy przez P rzut na zbiór def Ω N C S N 1 πj 1 f κ, S N 1 πj 1 g κ κ κ κ κ i przyjmijmy patrz definicja 4.5 i lemat 1.1 Ϝ Ϝ J 1 f κ,j 1κ g κ, 1 π, r L f, g + 1 κ κ b P P r b, a Ϝ b. Dla każdego y Y b definiujemy σ Λ f, g σ ρ T N y {t t : y t / Ω N }, τ N y sup T N y. Następnie patrz konstrukcja 5.1, jeżeli τ N y, to przyjmujemy a jeżeli τ N y <, to przyjmujemy ϕ f, g, λ; a, y t ϕ f, g, λ; a, y ϕ P a, Ϝ P P r y, { ϕ P a, Ϝ P P r y t, gdy t t τ N y, ϕ f, g, λ; a, y τ N y, gdy τ N y t. Zauważmy, że w przypadku τ N y < trajektoria ϕ f, g, λ; a, y jest funkcją stałą w przedziale [ τ N y,. Deklarowane na początku tego podrozdziału własności odwzorowania ϕ f, g, λ; a, zawiera Twierdzenie 5.1. Załóżmy, że f, g W BR [l] i obierzmy dowolne λ 0, L f, g. Jeżeli pozycje początkowe a, b R spełniają warunek b κ f, g + σ ρ a, to ϕ f, g, λ; a, Φ a, b i strategia ϕ f, g, λ; a, broni skutecznie odcinka w grze G f, g. [ λ, λ] {0} Dowód. Przyjmijmy patrz konstrukcja 5. i definicja 4.5 κ L 3 f, g, l λ κ L J 1 L π f κ, J 1 L π g κ, 3 κ κ r L f, g + 1 σ + σ Λ f, g, κ f, g ρ σ ρ ρ r i ustalmy dowolne pozycje początkowe a, b R spełniające warunek b κ f, g + σ ρ a. 69

71 Część 1. Poprawność definicji. Zaczniemy od dowodu inkluzji def Ω N C S N 1 πj 1 f κ, S N 1 πj 1 g κ B [0, r]. κ κ κ κ bierzmy dowolne τ [ l κ, l κ ] i przyjmijmy Mamy por. uwaga.4 więc Ponieważ to η l κ, 0, η τ τ, S N 1 πj 1 f κ τ, η + l κ, 0. κ κ η η τ + η τ η + Λ S N 1 πj 1 f κ κ κ 1 κ min { η η τ, η τ η + } 1 κ σ σ ρ Λ f κ 1 κ η η + l κ L f, g, σ σ ρ Λ L 1 κ π J 1 f κ κ σ Λ f, g, σ ρ σ σ ρ Λ f, g < 1 σ Λ f, g. σ ρ η τ < L f, g + 1 σ Λ f, g r. σ ρ bierzmy dowolne y Y b. Dla t 0 mamy y t b y t b b y t y 0 b y t y 0 W takim razie, jeżeli b σt κ f, g + σ ρ ρ + σ ρ r + σ ρ a σt. a σt 0 t < a + r, ρ to Zatem y t > ρ + σ ρ r + σ ρ a σ ρ a + r r. θ y def max {t 0 : y t r} a + r, ρ a poza tym Wobec lematu 1.1 θ y < τ N y. Lip P P r y [0,θy] Lip P Lip P r Lip y [0,θy] 1 σ, więc patrz lemat 3. i definicja 3.3 Lip Ϝ P P r y [0,θy] 1 ρ. 70

72 Ponieważ to patrz konstrukcja 5.1 a a a + a r + a, τ a, a ρ a a ρ r + a θ y < τ N y. Dowodzi to poprawności definicji odwzorowania ϕ f, g, λ; a, : Y b X a. Część. Własności. Ponieważ pomocnicza strategia pościgu ϕ P a, jest funkcją nieantycypującą, to ϕ f, g, λ; a, również jest funkcją nieantycypującą. Wybierzmy dowolnie y Y b i przyjmijmy x ϕ f, g, λ; a, y. Przypuśćmy, że dla pewnego t > 0 ma miejsce relacja Ponieważ to istnieje takie τ 0, t ], że czywiście y t [ λ, λ] {0}. [ λ, λ] {0} l κ, l κ {0} Ω N, y t Ω N. 0 < τ N y τ oraz y t / Ω N, gdy 0 t < τ N y. Natomiast patrz lemat 3., dla wszystkich t [ θ y, τ N y ], x t Ϝ P P r y t C L 1 κ π J 1 f κ, L 1 κ κ π J 1 g κ int C f, g, κ co wobec nierówności θ y < τ N y τ t kończy dowód twierdzenia. Wniosek 5.1. Jeżeli f, g W BR [l], to val G f, g L f, g. Inaczej mówiąc, cena gry G f, g nie może być mniejsza niż σ σ ρ l + ρσ l f l + f l f σ ρ τ dτ. l Przykład 5.1. Zgodnie z lematem 3. i wnioskiem 5.1, jeżeli f, g W BR [] jest parą z przykładu., to val G f, g l N 1, a jeżeli f, g W BR [14] jest parą z przykładu 3.7, to val G f, g l N 171 4, 75, gdy ρ 1, σ 3, 4 val G f, g l N , gdy ρ 1, σ W następnym, znacznie dłuższym, rozdziale dowiedziemy nierówności val G f, g L f, g. 71

73 6. Atak Wraz z broniącym odcinka graczem przemieszcza się zatoczona wokół niego strefa rażenia. Dysponujący przewagą prędkości napastnik N jest w stanie okrążyć tę ruchomą strefę dowolną liczbę razy poruszając się po jej brzegu z możliwie maksymalną prędkością. brońca nie może temu przeciwdziałać żadnym sposobem. Jeżeli broniony odcinek jest zbyt długi, to intuicyjnie jest oczywiste, że w końcu dojdzie do takiej pozycji x t, y t, w której napastnik będzie mógł ruszyć po linii prostej z maksymalną prędkością w kierunku bronionego odcinka, nie wpadając po drodze do wnętrza strefy rażenia. Taka jest idea strategii ataku, którą zajmiemy się w tym rozdziale. Z matematycznego punktu widzenia najważniejszą będzie pewna ekstremalna własność owego krążenia napastnika po brzegu ruchomej strefy rażenia. Ponieważ strefę rażenia aproksymujemy wielokątem, to zaczniemy od zbadania pewnych własności ruchu napastnika wzdłuż przemieszczającego się odcinka Jazda wzdłuż ruchomego odcinka Przypuśćmy, że obrońca porusza się po trajektorii x X a i wraz z nim przemieszcza się strefa rażenia D. Suma x t + D jest wówczas położeniem tej strefy w chwili t. Jeżeli odcinek [d, d ] leży na brzegu strefy D, to w chwili t odcinek [d, d ] zajmie położenie [d t, d t] x t + [d, d ]. Przypuśćmy dalej, że w chwili t obrońca znajduje się w punkcie a, a napastnik N znajduje się właśnie w punkcie b d t x t + d a + d i zamierza jak najszybciej dotrzeć do drugiego końca ruchomego odcinka, przemieszczając się wzdłuż tegoż odcinka. W chwili t mamy więc w pewnej chwili τ > t powinno być a poza tym powinno być też b a d, y τ x τ d, y s x s [d, d ], t s τ. Aby zrealizować ten cel gracz N musi wybrać trajektorię y Y t b tak, by przynajmniej przez pewien czas miała miejsce relacja y s x s b a + φ s w, gdzie w d d oraz 0 φ s 1, 7

74 bo wtedy y s x s + b a + φ s w x s + d + φ s d d x s + [d, d ]. czywiście zarówno sama chwila τ, jak też cała trajektoria y, zależą od poczynań obrońcy, czyli od trajektorii x [t,. Zauważmy dalej zakładamy oczywiście relację d d, że równość y τ x τ d będzie mieć miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy φ τ 1. W tym rozdziale trzymamy stronę napastnika, więc dobierzemy funkcję φ w taki sposób, by dla prawie wszystkich s t było x s + φ s w y s σ, co umożliwi napastnikowi dotarcie do ruchomego punktu d w możliwie najkrótszym czasie. Celem tego podrozdziału jest zbadanie własności opisanej wyżej trajektorii y. Wprowadzimy funkcję dwóch zmiennych będącą odpowiednikiem pochodnej φ. Definicja 6.1. Dla każdego w R {0} i każdego u B [0, ρ] definiujemy λ w, u σ u w + w, u w, u w. Ilustracją definicji 6.1 jest Rys Wektor λ w, u w dla u 3, 1, w 4, 1, gdzie ρ, σ 5. 73

75 Natomiast pochodzenie wzoru definiującego wielkość L f, g wyjaśnia częściowo Lemat 6.1 a Dla każdego w R {0} i każdego u B [0, ρ] mamy σ ρ w λ w, u σ + ρ w oraz u + λ w, u w σ. b Dla każdego w R {0}, każdego a R, każdego t 0 i każdej trajektorii x X t a istnieje dokładnie jedno takie T w, x, t, że więc t + w σ + ρ w Tw,x,t T w, x, t t + σ ρ oraz λ w, x s ds 1. t c Dla każdego w R {0} i każdego u B [0, ρ] ma miejsce relacja [ σ ] u + λ w, u w λ w, u B σ ρ w, ρσ σ ρ w. Dowód punktu a. Ustalmy dowolnie w R {0} oraz u B [0, ρ]. Mamy ρ w w, u ρ w, λ w, u co dowodzi pierwszej nierówności. Ponieważ to λ w, u σ u w + w, u w, u w σ ρ w + w, u w, u w σ ρ σ ρ w + w, u + w, u σ ρ σ ρ w + ρ w + ρ w σ ρ w, u w w, u, σ w u w w, u w, u σ w w, u w w σ w + ρ w w co kończy dowód drugiej nierówności. Dla każdego µ R mamy u + µw u + w, u µ + w µ 74 σ + ρ w,

76 i łatwo sprawdzić, że liczba µ λ w, u jest jednym z pierwiastków równania Kończy to dowód punktu a. w µ + w, u µ + u σ 0. Dowód punktu b. Ustalmy dowolnie w R {0}, a R, t 0 oraz x X t a. Na mocy nierówności z punktu a, dla każdego τ t mamy σ ρ τ w τ t t σ ρ τ τ w ds λ w, x s ds t t Istnieje zatem dokładnie jedno takie T w, x, t, że oraz σ ρ Tw,x,t w T w, u, t t t t + w σ + ρ λ w, x s ds 1 σ + ρ w T w, x, t t + w σ ρ. σ + ρ w ds σ + ρ τ t. w T w, x, t t Dowód punktu c. Ustalmy dowolnie w R {0} oraz u B [0, ρ]. Upraszczając oznaczenia, przyjmijmy λ w, u λ. Ponieważ λb [ σ σ ρ w, ] [ ρσ σ ρ w B σ σ ρ λw, ] ρσ σ ρ λ w, to należy dowieść nierówności σ λw λw u σ ρ ρσ σ ρ λ w. Mnożąc obie strony nierówności przez dodatnią liczbę σ ρ i uwzględniając równość σ λw λw ρ σ ρ σ ρ λw otrzymujemy jej równoważną postać: ρ λw σ ρ u ρσλ w. Po wstępnym podniesieniu obu stron otrzymanej nierówności do kwadratu otrzymujemy kolejne, równoważne postaci wyjściowej nierówności: ρ 4 w λ ρ σ ρ w, u λ + σ ρ u ρ σ w λ, ρ σ ρ w, u λ + σ ρ u ρ σ ρ w λ, ρ w, u λ + σ ρ u ρ w λ. Ponieważ λ jest pierwiastkiem równania w λ + w, u λ + u σ 0, 75

77 to w λ σ w, u λ u i w związku z tym rozważana nierówność przybiera kolejne, równoważne postaci: ρ w, u λ + σ ρ u ρ σ w, u λ u, Kończy to dowód lematu 6.1. σ u ρ σ u ρ. 6.. Maksymalne rozciągnięcie Rozważmy parę f, g W [l] i załóżmy, że w chwili t 0 pozycje początkowe spełniają warunek b a l, 0. Załóżmy dalej, że obrońca wybiera trajektorię x X a, a napastnik postanawia krążyć z maksymalną prędkością po brzegu ruchomej strefy rażenia x t + C f, g zgodnie z dodatnią orientacją płaszczyzny. Nastąpią takie dwa kolejne momenty 0 < t 1 < t, w których będzie y t 1 x t 1 l, 0 oraz y t x t l, 0. Jeżeli obrońca wybrał trajektorię x X a w taki sposób, że x t a, y t b, a na dodatek trajektoria y zatoczyła łuk otaczający bez przecięć odcinek [y t 1, b], to przynajmniej do momentu t odcinek [y t 1, b] został obroniony. Zajmiemy się problemem wyznaczenia górnego ograniczenia długości takiego odcinka. Rozważać będziemy odcinki położone na osi odciętych i wielokątne strefy rażenia. Natomiast wektor b a będzie dowolnym elementem brzegu strefy rażenia, niekoniecznie punktem l, 0. Najpierw zajmiemy się opisem ruchu napastnika po brzegu ruchomego wielokąta. Ustalmy dowolną parę f, g W [l] i dowolny podział π Π AD [f, g]. Niech patrz konstrukcja 3.1 { d k f, g, π} będzie orientacją brzegu wielokąta C L πf, L π g. k0 Przypuśćmy, że w pewnym momencie t 0 napastnik znalazł się na brzegu wielokąta C L π f, L π g. znaczmy przez a i b pozycje obrońcy i napastnika w momencie t. Mamy ζ def b a bd C L π f, L π g. Napastnik zamierza teraz krążyć po brzegu ruchomego wielokąta C L π f, L π g zgodnie z jego orientacją i możliwie maksymalną prędkością. pisując ruch napastnika zależny oczywiście od poczynań obrońcy włączymy punkt ζ do zbioru "wierzchołków"wielokąta C L π f, L π g. Wymaga to pewnej modyfikacji ciągu { d k f, g, π} k0. 76

78 Konstrukcja 6.1. Ustalamy dowolną parę f, g W [l], dowolny podział π {τ 0, τ 1,..., τ n } Π AD [f, g], dowolne t 0 i dowolne a, b R spełniające warunek ζ def b a bd C L π f, L π g. Niech patrz konstrukcja 3.1 { d k f, g, π} C L π f, L π g. że k0 będzie orientacją brzegu wielokąta Etap 1. Modyfikacja numeracji. Istnieje dokładnie jedno takie Możliwe są dwa przypadki: m {0, 1,..., n f, g, π 1}, ζ [ d m f, g, π, d m+1 f, g, π. a ζ d m f, g, π oraz b ζ d m f, g, π. Przypadek a. Przyjmujemy i definiujemy Przypadek b. Przyjmujemy definiujemy d 0 f, g, π; ζ ζ, n f, g, π; ζ n f, g, π d k f, g, π; ζ d m+k f, g, π, k N 0. n f, g, π; ζ n f, g, π + 1, d k f, g, π; ζ d m+k f, g, π, k 1,,..., n f, g, π; ζ 1, i skończony ciąg { d k f, g, π; ζ } nf,g,π;ζ 1 przedłużamy do ciągu { d k0 k f, g, π; ζ } o okresie n f, g, π; ζ. Etap. Ciąg kierujący {w k f, g, π; ζ } k0. Dla każdego k N 0 definiujemy w k f, g, π; ζ d k+1 f, g, π; ζ d k f, g, π; ζ. Etap 3. Strategia ψ f, g, π; t, a, b, kierowana ciągiem {w k f, g, π; ζ } k0. Weźmy dowolne x X t a. Przyjmujemy patrz punkt b lematu 6.1 t 0 f, g, π; t, ζ, x t, t 1 f, g, π; t, ζ, x T w 0 f, g, π; ζ, x, t 0 f, g, π; t, ζ, x i dla każdego t [t 0 f, g, π; t, ζ, x, t 1 f, g, π; t, ζ, x] definiujemy ψ f, g, π; t, a, b, x t b a t +x t + λ w 0 f, g, π; ζ, x s ds w 0 f, g, π; ζ. t 0 f,g,π;t,ζ,x 77 k0

79 Następnie, dla każdego k N 0 przyjmujemy t k+1 f, g, π; t, ζ, x T w k f, g, π; ζ, x, t k f, g, π; t, ζ, x i dla każdego t [t k f, g, π; t, ζ, x, t k+1 f, g, π; t, ζ, x] definiujemy ψ f, g, π; t, a, b, x t ψ f, g, π; t, a, b, x t k f, g, π; t, ζ, x x t k f, g, π; t, ζ, x t +x t + λ w k f, g, π; ζ, x s ds w k f, g, π; ζ. t k f,g,π;t,ζ,x Etap 4. Momenty powrotu. Dla każdego x X t a definiujemy i dla każdego k N 0 z f, g, π; t, ζ, x ψ f, g, π; t, a, b, x x, θ 0 f, g, π; t, ζ, x t θ k+1 f, g, π; t, ζ, x sup t > θ k f, g, π; t, ζ, x : s θ k f,g,π;t,ζ,x,t z f, g, π; t, ζ, x s ζ. Etap 5. Własności 1. ψ f, g, π; t, a, b, Ψ t a, b.. Dla każdego x X t a, każdego k N 0 i każdego t [t k f, g, π; t, ζ, x, t k+1 f, g, π; t, ζ, x] mamy z f, g, π; t, ζ, x t z f, g, π; t, ζ, x t k f, g, π; t, ζ, x t λ w k f, g, π; ζ, x s ds [0, w k f, g, π; ζ ], t k f,g,π;t,ζ,x a dla prawie wszystkich t [t k f, g, π; t, ζ, x, t k+1 f, g, π; t, ζ, x] mamy d σ ρ dt z f, g, π; t, ζ, x t σ + ρ. Poza tym dla każdego x X t a i każdego k N 0 ma miejsce równość z f, g, π; t, ζ, x t k+1 f, g, π; t, ζ, x z f, g, π; t, ζ, x t k f, g, π; t, ζ, x w k f, g, π; ζ. 3. Ciąg {θ k f, g, π; t, ζ, x} k0 jest ściśle rosnący i mamy z f, g, π; t, ζ, x θ k f, g, π; t, ζ, x ζ, k N 0, oraz lim θ k f, g, π; t, ζ, x. k 78

80 4. Dla każdego x X t a, każdego k N 0 i prawie wszystkich ma miejsce relacja t [t k f, g, π; t, ζ, x, t k+1 f, g, π; t, ζ, x] d dt ψ f, g, π; t, a, b, x t [ λ w k f, g, π; ζ, x t B σ σ ρ w k f, g, π; ζ, ] ρσ σ ρ w k f, g, π; ζ. Dowód własności 1. Dla każdego x X t a trajektoria ψ f, g, π; t, a, b, x jest zdefiniowana poprawnie. Z punktu a lematu 6.1 i twierdzenia Lebesgue a o różniczkowaniu całki wynika, że dla prawie wszystkich t t mamy d dt ψ f, g, π; t, a, b, x t σ, więc ψ f, g, π; t, a, b, x Y t b. Ponieważ ψ f, g, π; t, a, b, jest funkcją nieantycypującą, to ψ f, g, π; t, a, b, Ψ t a, b. Dowód własności. Ustalmy dowolnie x X t a oraz k N 0. Dla prawie wszystkich t [t k f, g, π; t, ζ, x, t k+1 f, g, π; t, ζ, x] mamy d dt z f, g, π; t, ζ, x t d dt t λ w k f, g, π; ζ, x s ds t k f,g,π;t,ζ,x λ w k f, g, π; ζ, x t w k f, g, π; ζ, więc patrz punkt a lematu 6.1 d σ ρ dt z f, g, π; t, ζ, x t σ + ρ. Dla każdego t [t k f, g, π; t, ζ, x, t k+1 f, g, π; t, ζ, x] mamy z f, g, π; t, ζ, x t z f, g, π; t, ζ, x t k f, g, π; t, ζ, x ψ f, g, π; t, a, b, x t ψ f, g, π; t, a, b, x t k f, g, π; t, ζ, x x t x t k f, g, π; t, ζ, x t λ w k f, g, π; ζ, x s ds w k f, g, π; ζ t k f,g,π;t,ζ,x t λ w k f, g, π; ζ, x s ds t k f,g,π;t,ζ,x [0, w k f, g, π; ζ ], w k f, g, π; ζ bo 0 t t k f,g,π;t,ζ,x λ w k f, g, π; ζ, x s ds 1. 79

81 statnia z własności jest konsekwencją równości tk+1 f,g,π;t,ζ,x t k f,g,π;t,ζ,x λ w k f, g, π; ζ, x s ds 1. Dowód własności 3. Ustalmy dowolnie x X t a oraz k N 0. Ponieważ patrz własność Lip z f, g, π; t, ζ, x σ + ρ, to w k f, g, π; ζ z f, g, π; t, ζ, x t k+1 f, g, π; t, ζ, x z f, g, π; t, ζ, x t k f, g, π; t, ζ, x σ + ρ t k+1 f, g, π; t, ζ, x t k f, g, π; t, ζ, x. Zatem t k+1 f, g, π; t, ζ, x t k f, g, π; t, ζ, x w k f, g, π; ζ w j f, g, π; ζ min > 0. σ + ρ j N 0 σ + ρ Wynika stąd własność 3. Dowód własności 4. Ustalmy dowolnie x X t a oraz k N 0 i oznaczmy przez T zbiór wszystkich t t k f, g, π; t, ζ, x, t k+1 f, g, π; t, ζ, x, dla których istnieje pochodna x t i ma miejsce równość d t λ w k f, g, π; ζ, x s ds λ w k f, g, π; ζ, x t. dt t k f,g,π;t,ζ,x Z twierdzenia Rademachera i twierdzenia Lebesgue a o różniczkowaniu całki wynika, że [t k f, g, π; t, ζ, x, t k+1 f, g, π; t, ζ, x] T jest zbiorem miary zero. Korzystając ponownie z twierdzenia Lebesgue a o różniczkowaniu całki, a następnie z punktu c lematu 6.1, dla każdego t T otrzymujemy d dt ψ f, g, π; t, a, b, x t x t + λ w k f, g, π; ζ, x t w k f, g, π; ζ λ w k f, g, π; ζ, x t B co kończy dowód własności 4. [ σ σ ρ w k f, g, π; ζ, ] ρσ σ ρ w k f, g, π; ζ, Teraz możemy dokładniej sformułować problem, o którym była mowa na początku tego podrozdziału. Przyjmując dla każdego x X t a ψ x ψ f, g, π; t, a, b, x ψ 1 x, ψ x ψ 1 f, g, π; t, a, b, x, ψ f, g, π; t, a, b, x, 80

82 rozważymy problem ograniczenia z góry wielkości sup sup sup ζ bd CL πf,l πg x X t a k N 0 θk+1 f,g,π;t,ζ,x θ k f,g,π;t,ζ,x ψ 1 x t dt. Innymi słowy chcemy oszacować z góry długość drogi jaką pokona pierwsza współrzędna trajektorii napastnika w czasie, gdy ten wykona jedno pełne okrążenie ruchomej strefy rażenia. Lemat 6.1 był pierwszym z dwóch kluczowych dla całej rozprawy lematów. Następnym będzie Lemat 6.. Dla dowolnej pary f, g W [l], dowolnego podziału π Π AD [f, g] i dowolnych a, b R spełniających warunek ma miejsce nierówność gdzie sup sup ζ bd CL πf,l πg x X t a k N 0 ζ def b a bd C L π f, L π g sup θk+1 f,g,π;t,ζ,x θ k f,g,π;t,ζ,x ψ x ψ f, g, π; t, a, b, x ψ 1 x, ψ x ψ 1 x t dt 4L L π f, L π g, ψ 1 f, g, π; t, a, b, x, ψ f, g, π; t, a, b, x, a ψ f, g, π; t, a, b, Ψ a, b jest strategią kierowaną ciągiem {w k f, g, π; ζ } k0. Dowód. Ustalmy dowolne t 0 i dowolne a, b R spełniające warunek ζ def b a bd C L π f, L π g. bierzmy dowolnie x X t a i upraszczając oznaczenia, przyjmijmy n f, g, π, ζ n, ψ f, g, π; t, a, b, x ψ x ψ 1 x, ψ x, z ψ x x, w k f, g, π; ζ w k w k,1, w k,, θ k f, g, π; t, ζ, x θ k, k N 0. bierzmy dalej dowolne k N 0. Istnieją patrz konstrukcja 6.1, własność takie że θ k t 0 < t 1 <... < t n θ k+1, z t j+1 z t j w j w j,1, w j,, j 0, 1,..., n 1. Korzystając z własności 4, dla każdego j 0, 1,..., n 1 i prawie wszystkich t [t j, t j+1 ] otrzymujemy [ d dt ψ x t λ w j, x t B 81 σ σ ρ w j, ] ρσ σ ρ w j.

83 Zatem, dla każdego j 0, 1,..., n i prawie wszystkich t [t j, t j+1 ], σ ψ 1 x t λ w j, x t σ ρ w j,1 + ρσ σ ρ w j. Skoro j {0, 1,..., n 1} było dowolne i to θk+1 θ k ψ 1 x t dt tj+1 t j λ w j, x t dt 1, j 0, 1,..., n 1, n 1 tj+1 j0 t j n 1 tj+1 j0 t j n 1 σ j0 ψ 1 x t dt λ w j, x t dt σ ρ w j,1 + σ ρσ σ ρ w j σ ρ w j,1 + σ n 1 w σ ρ j,1 + ρσ n 1 w σ ρ j σ 6.3. Strategia nękania j0 j0 σ ρ 4l + ρσ σ ρ H1 bd C L π f, L π g 4L L π f, L π g. ρσ σ ρ w j Zamierzamy wykazać, że jeżeli obrońca postanowi bronić zbyt długiego odcinka, to wektor z t y t x t będzie się obracał szybciej niż krążący wokół bronionego odcinka napastnik. Potrzebujemy do tego następnych dwóch lematów, z których pierwszy pomocniczy należy do gatunku óczywistych". Przypominamy, że dla każdego α R ω α cos α, sin α. Lemat 6.3. Załóżmy, że z : [t, R {0} jest funkcją lipschitzowską i ustalmy jakiekolwiek α R spełniające warunek z t z t ω α. Przy tych założeniach zadanie Cauchy ego α t ω α t z t, dla prawie wszystkich t t, z t α t α ma dokładnie jedno rozwiązanie i mamy z t z t ω α t oraz α t α + 8 t t z s z s z s ds, t t.

84 Dowód. Funkcja F, dana wzorem F β, t ω β z t z t, β, t R [t,, jest ograniczona, mierzalna względem zmiennej t i lipschitzowska względem zmiennej β w każdym zbiorze postaci R [t, t ], gdzie t > t. Ponieważ rozważamy problem α t F α t, t, dla prawie wszystkich t t, α t α, to z twierdzenia Carathéodory ego wynika istnienie tylko jednej absolutnie ciągłej funkcji α : [t, R spełniającej żądane warunki. Zdefiniujmy ζ t z t ω α t, t t. Twierdzimy, że ζ z. czywiście ζ t z t i dla prawie wszystkich t t mamy ζ t z t z t, z t ω α t + z t α t Lω α t z t z t, ω α t + ω α t z t Lω α t z t z t z t, ω α t + Lω α t, z t Lω α t. z t Z drugiej strony, dla prawie wszystkich t t, rozwinięcie pochodnej z t w ortonormalnej bazie {ω α t, Lω α t} przybiera postać z t ω α t, z t ω α t + Lω α t, z t Lω α t z t ζ t, ω α t + Lω α t, z t Lω α t. z t Dla prawie wszystkich t t mamy zatem d dt ζ t z t ζ t z t ζ t z t Lip z z t. z t ζ t, Stosując nierówność Gronwalla, dla każdego t t otrzymujemy ζ t z t exp t t z t z t Lip z z s ds ζ t z t 0. Sformułujemy teraz drugi z zapowiedzianych lematów. Ustalmy dowolną parę f, g W [l], dowolny podział π Π AD [f, g], dowolne t 0 i dowolne a, b R spełniające warunek ζ def b a bd C L π f, L π g. 83

85 Weźmy dowolne x X t a i przyjmijmy patrz konstrukcja 6.1 n n f, g, π, ζ, w k w k f, g, π; ζ, t k t k f, g, π; t, ζ, x, k N 0, y ψ f, g, π; t, a, b, x, z y x. Zgodnie z lematem 6.3, istnieje taka absolutnie ciągła funkcja α : [t, R, że ζ ζ ω α t i dla prawie wszystkich t t, α t z t Lω α t,. z t z t z t ω α t szacujemy od dołu prędkość kąta α t, czyli pochodną α t. Przyjmijmy r 0 oraz patrz. definicja 3.5 min ξ, ξ bd CL µ+ max w k πf,l πg k0,1,...,n 1 k f, g, π czywiście ma miejsce nierówność σ ρ c f, g, π. µ + r0 k f, g, π > 0. Lemat 6.4. Przy powyższych założeniach dla prawie wszystkich t t mamy α t k f, g, π. Dowód. Wystarczy wykazać, że dla każdego k N 0 i prawie wszystkich t [t k, t k+1 ] ma miejsce nierówność α t k f, g, π. Ustalmy wobec tego dowolne k N 0. Dla prawie wszystkich t [t k, t k+1 ] mamy α z t t Lω α t, L z t z t z t, λ w k, x t w k z t λ w k, x t z t Lz t, w k, a poza tym patrz punkt a lematu 6.1 λ w k, x t z t σ ρ w k z t σ ρ. µ + r0 Ponieważ patrz lemat 3.3 dla t [t k, t k+1 ] mamy Lz t, w k c f, g, π, 84

86 to prawie wszystkich t [t k, t k+1 ] będzie α t σ ρ c f, g, π k f, g, π. µ + r0 Konstrukcja 6.. Ustalamy dowolną parę f, g W [l], dowolny podział π Π AD [f, g] i dowolne a, b R spełniające warunki: Zdefiniujemy funkcję nieantycypującą którą nazwiemy strategią nękania. b 0 oraz b a / int C L π f, L π g. ψ f, g, π; a, b, : X a Y b, Etap 1. Próba ataku bezpośredniego. Ustalmy dowolne x X a. Ponieważ b 0, to możemy zdefiniować y A t b σt b, t 0, b τ A b b σ, T 0 x { t 0 : y A t x t C L π f, L π g }, τ 0 x {, gdy T 0 x, min T 0 x, gdy T 0 x. Bezpośredni atak może być skuteczny tylko w przypadku bo wtedy oraz Dlatego przypadek τ A b τ 0 x, 6.1 y A τ A b 0, 0 L L π f, L π g, L L π f, L π g {0} y A t / x t + int C L π f, L π g, t [0, τ A b. τ A b > τ 0 x 6. rozważymy w następnym etapie konstrukcji, a teraz zajmiemy się przypadkiem 6.1. Niech ŷ b x τ A b + bd C L π f, L π g będzie rzutem punktu y A τ A b czyli punktu 0 na zbiór x τ A b+c L π f, L π g. Trajektorię ψ f, g, π; a, b, x definiujemy wzorem: ψ f, g, π; a, b, x t { y A t, gdy t [0, τ A b], σ t τ A b q, gdy t [τ A b,, gdzie wektor q S 1 N xτa b+cl πf,l πg ŷ b

87 jest dobierany opisanym niżej sposobem. Jeżeli τ A b < τ 0 x, to ŷ b 0. Przyjmujemy wtedy q ŷ b ŷ b. Natomiast, jeżeli ŷ b 0, to wybieramy jakiekolwiek patrz definicja 1.3 q S 1 N xτa b+cl πf,l πg ŷ b. Etap. Krążenie po brzegu strefy rażenia wraz z ewentualnym wykorzystaniem nadarzającej się okazji. Mamy teraz do czynienia z przypadkiem 6.. Niech patrz konstrukcja 6.1 ψ K x [τ0 x, def ψ f, g, π; τ 0 x [τ0 x,, x τ0 x [τ0 x,, y A τ 0 x [τ0 x,, x [τ0 x, będzie strategią kierowaną ciągiem { wk f, g, π; y A τ 0 x [τ0 x, Przyjmujemy patrz definicja 1.3 x τ0 x [τ0 x, } k0. T 1 x { t τ 0 x : ψ K x } [τ0 x, t NCLπf,L πg ψ K x [τ0 x, t x t, {, gdy T τ 1 x 1 x, min T 1 x, gdy T 1 x. Dalsza część definicji trajektorii ψ f, g, π; a, b, x zależy od dwóch możliwych przypadków. oraz Jeżeli τ 1 x, to przyjmujemy ψ f, g, π; a, b, x t Jeżeli τ 1 x <, to przyjmujemy ψ f, g, π; a, b, x t ψ f, g, π; a, b, x t { { y A t, gdy t [0, τ 0 x], ψ K x [τ0 x, t, gdy t [τ0 x,. y A t, gdy t [0, τ 0 x], ψ K x [τ0 x, t, gdy t [τ0 x, τ 1 x] ψ K x [τ0 x, τ1 x σ t τ 1 x ψk x [τ0 x, τ1 x ψ K, t [τ 1 x,. x [τ0 x, τ1 x Etap 3. Własności 1. ψ f, g, π; a, b, Ψ a, b oraz ψ f, g, π; a, b, x t / x t + int C L π f, L π g, t 0. 86

88 że. Jeżeli τ A b τ 0 x lub τ A b > τ 0 x i τ 1 x <, to istnieje takie t > 0, ψ f, g, π; a, b, x t 0. Dowód własności 1. We wszystkich przypadkach dla każdego x X a i dla prawie wszystkich t 0 mamy więc d ψ f, g, π; a, b, x t σ, dt ψ f, g, π; a, b, : X a Y b. Poza tym ψ f, g, π; a, b, jest funkcją nieantycypującą, więc ψ f, g, π; a, b, Ψ a, b. Warunek ψ f, g, π; a, b, x t / x t + int C L π f, L π g, t 0, wymaga dowodu w przypadkach: a τ A b τ 0 x, b τ A b > τ 0 x i τ 1 x <. Przypadek a. Wystarczy dowieść warunku Twierdzimy, że ψ f, g, π; a, b, x t / x t + int C L π f, L π g, t τ A b. ψ f, g, π; a, b, x τ A b x τ A b, q 0. Istotnie, jeżeli ŷ b 0, to patrz warunek 6.3 q ŷ b ŷ b N xτ A b+cl πf,l πg ŷ b, więc i w rezultacie ŷ b x τ A b, q 0 ψ f, g, π; a, b, x τ A b x τ A b, q y A τ A b x τ A b, q 0 x τ A b, q ŷ b + ŷ b x τ A b, q ŷ b + ŷ b x τ A b, q ŷ b > 0. Natomiast, jeżeli ŷ b 0, to y A τ A b ŷ b, więc ψ f, g, π; a, b, x τ A b x τ A b, q y A τ A b x τ A b, q 0. 87

89 Ponieważ dla prawie wszystkich t τ A b mamy d dt ψ f, g, π; a, b, x t x t, q σq x t, q σ x t, q σ ρ > 0, to dla każdego t τ A b musi być ψ f, g, π; a, b, x t / x t + int C L π f, L π g. Dowód własności. Jeżeli τ A b τ 0 x, to przyjmując otrzymujemy t τ A b ψ f, g, π; a, b, x t y A τ A b 0. Jeżeli τ A b > τ 0 x i τ 1 x <, to przyjmując też otrzymujemy ψ K x t [τ0 x, τ1 x τ 1 x +, σ ψ f, g, π; a, b, x t 0. Twierdzenie 6.1. Załóżmy, że f, g W [l], π Π AD [l] i L > L L π f, L π g. Przy tych założeniach, jeżeli a, b R spełniają warunki b 0 oraz b a / int C L π f, L π g, to patrz punkt b definicji 4.4 ψ f, g, π; a, b, jest strategią skutecznego ataku odcinka [ L, L ] {0}. Dowód. Dla każdego x X a patrz etap 3 konstrukcji 6. ψ f, g, π; a, b, x t / x t + int C L π f, L π g, t 0. Należy zatem wykazać, że dla każdego x X a istnieje t 0 o tej własności, że ψ f, g, π; a, b, x t [ L, L ] {0}. Przypuśćmy, że dla pewnego x X a mamy ψ f, g, π; a, b, x t / [ L, L ] {0}, t Wykażemy, że takie założenie prowadzi do sprzeczności. Upraszczając oznaczenia, przyjmijmy y y 1, y ψ f, g, π; a, b, x, τ A τ A b, τ 1 τ 1 x, τ 0 τ 0 x. Przyjmijmy jeszcze z y x. Z warunku 6.4 wynika patrz konstrukcja 6., własność, że τ A > τ 0 oraz τ 1. 88

90 Dla każdego t τ 0 mamy zatem y t ψ K x [τ0, t oraz Ponieważ y t / N CLπf,L πg y t x t N CLπf,L πg z t. 6.5 z t 0, y t 0, t τ 0, to z lematu 6.3 wynika istnienie takich absolutnie ciągłych funkcji α, β : [τ 0, R, że z t z t ω α t, y t y t ω β t, t τ 0. Z warunku 6.5 i lematu 1.3 wynika warunek Z kolei z lematu 6.4 wynika równość więc musi być też sup {α t β t} <. t τ 0 lim α t, t lim β t. t Warunek 6.4 i stwierdzone wyżej własności funkcji α, β umożliwiają zdefiniowanie trzech ciągów: {t k } k0, {t k} k0 oraz {s k+1 } k0. Przyjmujemy t 0 min {t τ 0 : y 1 t L, y t 0}, a dla każdego k N 0, t k min {t t k : y 1 t L, y t 0}, t k+1 min {t t k : y 1 t L, y t 0}, s k+1 min {t t k : α t α t k + π}. Dla każdego k N mamy α s k+1 α t k β t k+1 β t k π oraz y 1 t k y 1 t k + y 1 t k+1 y 1 t k L + L 4L > 4L L π f, L π g. Przyjmijmy 4L 4L L π f, L π g. Z lematu 6. wynika, że dla każdego k N ma miejsce nierówność sk+1 t k y 1 t dt 4L L π f, L π g. 89

91 Ustalmy dowolnie k N. Mamy tk+1 t k t k y 1 t dt y 1 t dt + t k t k y 1 t dt + t k więc t k+1 s k+1. Zatem tk+1 t k sk+1 t k tk+1 t k tk+1 t k y 1 t dt y 1 t dt sk+1 t k y 1 t dt y 1 t dt sk+1 y 1 t dt y 1 t k y 1 t k + y 1 t k+1 y 1 t k 4L 4L L π f, L π g > 0, t k sk+1 t k y 1 t dt y 1 sk+1 t dt y tk+1 1 t dt y tk+1 1 t dt σdt σ t k+1 s k+1 t k s k+1 s k+1 i w rezultacie Stąd, na mocy lematu 6.4, t k+1 s k+1 σ > 0, k N. α t k+1 α s k+1 tk+1 s k+1 α t dt tk+1 s k+1 k f, g, π dt k f, g, π t k+1 s k+1 k f, g, π > 0. σ Ponieważ k N było dowolne, to dla każdego k N otrzymujemy α t k+1 α t 1 k k α t j+1 α t j α t j+1 α s j+1 + α s j+1 α t j j1 j1 k α t j+1 α s j+1 + π j1 k α t j+1 α s j+1 + β t j+1 β t j j1 k k α t j+1 α s j+1 + β t j+1 β t j j1 j1 k α t j+1 α s j+1 + β t k+1 β t 1 j1 Mamy więc k σ k f, g, π + β t k+1 β t 1. lim α t k β t k, k co przeczy stwierdzonemu wcześniej warunkowi sup {α t β t} <. t τ 0 90

92 Wniosek 6.1. Jeżeli f, g W BR [l], to val G f, g L f, g lσ σ ρ + ρσ l f l + f l f σ ρ τ dτ. l Dowód. Wystarczy patrz wniosek 5.1 dowieść nierówności val G f, g L f, g. bierzmy dowolne L > L f, g. Mamy patrz definicje.4 i 4.5 oraz bo dla każdego z C f, g κ f, g ρ + σ L f, g + 1 σ Λ f, g ρ σ ρ > 4L f, g + Λ f, g > 4l + Λ f, g max z l + 1 Λ f, g, z Cf,g z l + min { z l, 0, z l, 0 } l + 1 Λ f, g. Zatem C f, g B [0, l + 1 ] Λ f, g B 0, κ f, g. Korzystając z lematu 3.1 możemy teraz dobrać takie κ > 1, taki podział π Π [l] i taką parę f κ, g κ W BR [l], że oraz C f, g int C J κ L π f κ, J κ L π g κ κc f, g B 0, κ f, g. L f, g < κl f, g L J κ L π f κ, J κ L π g κ κl f, g L. W takim razie, jeżeli pozycje początkowe a, b R spełniają warunek to i w rezultacie b κ f, g + σ ρ a, b a b a κ f, g + σ ρ 1 a > κ f, g b 0 oraz b / a + int C J κ L π f κ, J κ L π g κ. Z twierdzenia 6.1 wynika, że dla takich pozycji początkowych a, b R istnieje strategia ψ f, g, π; a, b, Ψ [f, g, L, a, b] 91

93 będąca strategią skutecznego ataku odcinka [ L, L ] {0}. Stąd, wobec dowolności L > L f, g, otrzymujemy żądaną nierówność val G f, g L f, g. Uwaga 6.1. Cena gry G f, g zależy od proporcji θ σ ρ, bo L f, g σ l σ ρ + 1 ρσ σ ρ H1 bd C f, g θ l θ θ θ 1 H1 bd C f, g. Podsumowaniem rozważań z przykładów. i 3.7 jest patrz przykład 5.1 Przykład 6.1. Zgodnie z wnioskiem 6.1, jeżeli f, g W BR [] jest parą z przykładu., to val G f, g 1, a jeżeli f, g W BR [14] jest parą z przykładu 3.7, to val G f, g 171 4, 75, gdy ρ 1, σ 3, 4 val G f, g , gdy ρ 1, σ Uwaga 6.. Twierdzenie.7, będące głównym wynikiem pracy [1], jest szczególnym przypadkiem wniosku 6.1. Wystarczy przyjąć l r, θ σ ρ, f τ l τ, g τ l τ, τ [ l, l]. 9

94 7. brona odcinka. Zakończenie 7.1. Zbiory przydatne do obrony odcinków Rozważaliśmy problem obrony odcinków położonych na osi odciętych, postaci [ L, L] {0}. Poza tym rozważaliśmy strefy rażenia o pewnych szczególnych, wymienionych nieco niżej, własnościach. Wyznaczenie ceny gry w przypadku dowolnie położonych odcinków i dowolnej strefy rażenia pozostaje problemem otwartym. Wyznaczenie ceny gry w rozważanym w rozprawie przypadku, ale z wieloma obrońcami mogącymi się poruszać swobodnie po całej płaszczyźnie, też pozostaje problemem otwartym. Analogiczne problemy stają się znacznie trudniejsze kiedy trajektorie graczy są rozwiązaniami ogólnych równań różniczkowych ze sterowaniem. W tym rozdziale zajmiemy się raczej oczywistym uogólnieniem wniosku 6.1. Dalsze rozważania poprzedzimy trzema obserwacjami. Załóżmy, że f, g W BR [l] i przyjmijmy z + l, 0, z l, 0, q z+ z z + z. bserwacja 1. Punkty z + i z dzielą obwód zbioru C f, g na pół. bserwacja. Mają miejsce relacje patrz definicja 1.1 a poza tym gdzie z + C f, g q oraz z C f, g q, k Cf,g ±q l. bserwacja 3. Formuła wyznaczająca cenę gry we wniosku 6.1 przybiera postać val G f, g σ σ ρ k Cf,g ±q + 1 ρσ σ ρ H1 bd C f, g, q [ 1 0 Celem obserwacji 3 jest zwrócenie uwagi na geometryczną interpretację ceny gry. Z kolei dwie pierwsze obserwacje zawierają te własności strefy rażenia C f, g, które umożliwiły wyznaczenie ceny gry. Przed definicją nieco ogólniejszej strefy rażenia wprowadzimy oznaczenie dla domkniętego łuku leżącego na brzegu zbioru wypukłego. Każde dwa różne punkty leżące na brzegu zwartego zbioru wypukłego D R o niepustym wnętrzu dzielą brzeg zbioru D na dwa łuki o wspólnych końcach. Załóżmy, że D R jest zwartym zbiorem wypukłym i int D. Załóżmy dalej, że z 1, z bd D i z 1 z. Unikając parametryzacji brzegu zbioru D, przyjmiemy patrz oznaczenia w podrozdziale 1.1 [z 1, z ] D {z bd D : z z 1 z z 1 0}. 93 ].

95 Zauważmy, że [z 1, z ] D [z, z 1 ] D, [z 1, z ] D [z, z 1 ] D bd D oraz [z 1, z ] D [z, z 1 ] D {z 1, z }. W związku z tym Poza tym, jeżeli [z 1, z ] bd D, to H 1 [z 1, z ] D + H 1 [z, z 1 ] D H 1 bd D. [z 1, z ] D [z 1, z ] albo [z, z 1 ] D [z 1, z ]. Definicja 7.1. Niech będzie dany zwarty i wypukły zbiór D R spełniający warunek 0 int D. Powiemy, że D jest zbiorem przydatnym do obrony odcinków o kierunku ±q, gdzie q ω β S 1, jeżeli istnieją takie punkty że Przykłady z z +, z + D q oraz z D q, z + z + q oraz H1 [ z +, z ] D 1 H1 bd D Koło B [0, r], gdzie r > 0, jest przydatne do obrony odcinków o każdym kierunku ±q, q S Jeżeli q S 1, D R jest zbiorem zwartym, wypukłym, symetrycznym względem prostej {λq : λ R}, a odcinek D {λq : λ R} jest symetryczny względem punktu 0, to zbiór D jest przydatny do obrony odcinków o kierunku ±q Jeżeli a, b R {0} spełniają warunek a b i nie są współliniowe, to romb R a, b conv {a + b, a b, a b, b a} jest zbiorem przydatnym do obrony odcinków o kierunkach: ± a + b a + b, ± a b a b, ±L a a, ±L b b. W szczególności, dla otrzymujemy R a, b conv a [ 4 3 {[ ] ],, b [ [ ], ], [ ], [ ]}

96 i romb R a, b jest zbiorem przydatnym do obrony odcinków o kierunkach: ± [ ], ± [ ], ± [ ], ± [ ]. Rys Romb R a, b i wyróżnione kierunki. Każdemu zbiorowi przydatnemu do obrony odcinków o kierunku ±q przyporządkujemy parę wypukłą f, g przydatną do obrony odcinków o kierunku ± 1, 0. Lemat 7.1. Załóżmy, że D jest zbiorem przydatnym do obrony odcinków o kierunku ±q, gdzie q ω β S 1, a punkty z + D q, z D q spełniają warunki z z +, z + z + q oraz H1 [ z +, z ] D 1 H1 bd D. Przyjmijmy l 1 k D ±q i dla każdego τ [ l, l] zdefiniujmy f τ max {µ R : τq + µlq D}, g τ min {µ R : τq + µlq D}. 95