圆弧追逐博弈
https://stason.org/TULARC/self-growth/puzzles/181-geometry-duck-and-fox-p.html https://www.maplesoft.com/support/help/view.aspx?path=MathApps/TheDuckAndFoxPuzzle
鸭子在半径为 \(r=1\) 的圆形湖的中心，可以在湖上自由移动。狐狸在湖岸，只能沿湖岸奔跑。鸭子、狐狸的最大速率分别为 \(v=1\) 和 \(kv \ (k > 1)\)。鸭子到达岸边后就能立即飞走，在水中不能起飞。狐狸的目标是在鸭子到达岸边时抓到之，鸭子的目标是在到达岸边时避免被抓到。记某时刻鸭子与圆心的距离为 \(\rho\)，且鸭子所在半径与狐狸所在半径之间的较小夹角为 \(\theta\)。
- 求证：鸭子有策略到达状态 \((\rho, \theta) = (\frac{1}{k}, \pi)\)。
- 求证：鸭子有策略在到达岸边时避免被抓到，当且仅当 \(\sqrt{k^2 - 1} - \arccos (\frac{1}{k}) < \pi\)。
- 若 \(k\) 满足狐狸恰好能够抓到鸭子，求直到抓到鸭子累积经过的时间。
提示：当鸭子到达状态 \((\frac{1}{k}, \pi)\) 后，需要使用一个动态策略躲避狐狸的追捕。具体地，鸭子的速度为 \(\boldsymbol v_D = \sqrt{1 - \frac{1}{k^2 \rho^2}} \boldsymbol e_{\rho} + s \frac{1}{k \rho} \boldsymbol e_{\theta}\)，其中 \(\boldsymbol e_{\rho}\) 为径向向外的单位向量，\(\boldsymbol e_{\theta}\) 为切向单位向量，\(s = \pm 1\) 由狐狸和鸭子相对于圆心的角位置决定。
PS：一种经典的答案是，在鸭子到达状态 \((\frac{1}{k}, \pi)\) 后，直接朝着对向方向移动，经过 \(1-\frac{1}{k}\) 距离后上岸。这要求狐狸的速度小于 \(\pi + 1 \approx 4.14\)。实际上，使用如上的最优策略可以只要求狐狸的速度小于 \(k^* \approx 4.60\)，其中 \(k^*\) 是 \(\sqrt{k^2 - 1} - \arccos (\frac{1}{k}) = \pi\) 的唯一正解。
解答
设鸭子和狐狸相对于圆心的极角分别为 \(\alpha,\beta\)，并令
\[ \theta=\min_{m\in\mathbb Z}|\alpha-\beta+2m\pi|\in[0,\pi]. \]
狐狸在单位圆周上，所以其角速度满足 \(|\dot\beta|\le k\)。鸭子的速度分解为 \(\boldsymbol v_D=u\boldsymbol e_\rho+q\boldsymbol e_\theta, u^2+q^2\le1\)，因而 \(\dot\rho=u, \dot\alpha=\frac q\rho\)。
1
先任取 \(0<a<\frac1k\)。鸭子先从圆心游到半径为 \(a\) 的圆周。然后保持 \(\rho=a\)，以最大速度沿切向游动。鸭子的最大角速度为 \(\frac1a>k\)，严格大于狐狸的最大角速度。因此，无论狐狸如何运动，鸭子都可以沿使 \(\theta\) 增大的方向游动，并在有限时间内使 \(\theta=\pi\)。
现在鸭子和狐狸关于圆心恰好相对。接下来设狐狸的瞬时角速度为 \(\omega_F=\dot\beta\)。鸭子采用
\[ \dot\alpha=\omega_F, \qquad \dot\rho=\sqrt{1-\rho^2\omega_F^2}. \]
此时鸭子的切向速度为 \(\rho\omega_F\)，总速度满足
\[ \dot\rho^2+\rho^2\dot\alpha^2 =1. \]
又因为在 \(\rho<1/k\) 时，\(\rho|\omega_F|\le k\rho<1\)，所以该策略合法。由于 \(\dot\alpha=\dot\beta\)，鸭子和狐狸始终保持相对，即 \(\theta=\pi\)。并且
\[ \dot\rho =\sqrt{1-\rho^2\omega_F^2} \ge \sqrt{1-k^2\rho^2}. \]
从 \(a\) 到 \(1/k\) 所需时间至多为
\[ \int_a^{1/k}\frac{\mathrm d \rho}{\sqrt{1-k^2\rho^2}} = \frac1k\left(\frac\pi2-\arcsin(ka)\right)<\infty. \]
故鸭子能在有限时间内到达 \({\left(\rho,\theta\right)=\left(\frac1k,\pi\right)}\)。
2
充分性
从状态 \(\left(\frac1k,\pi\right)\) 出发，鸭子采用题目所给策略：
\[ \boldsymbol v_D = \sqrt{1-\frac1{k^2\rho^2}}\boldsymbol e_\rho + s\frac1{k\rho}\boldsymbol e_\theta. \]
其中 \(s=\pm1\) 选成沿当前较短圆弧“远离狐狸”的方向。若恰好 \(\theta=\pi\)，可任选一个方向；严格地说，可用任意小幅度的快速切换实现边界上的反馈。
该策略下
\[ \dot\rho=\sqrt{1-\frac1{k^2\rho^2}}, \]
而鸭子的角速度大小为
\[ |\dot\alpha| = \frac{1}{k\rho^2}. \]
狐狸若想最快缩小夹角，就应以角速度 \(k\) 沿同一方向追赶。因此鸭子至少能保证
\[ \dot\theta \ge -\left(k-\frac1{k\rho^2}\right). \]
于是从 \(\rho=1/k\) 游到 \(\rho=1\) 的过程中，夹角的最大损失不超过
\[ \begin{aligned} \Delta &= \int_{1/k}^{1} \frac{k-\frac1{k\rho^2}} {\sqrt{1-\frac1{k^2\rho^2}}}\mathrm d \rho. \end{aligned} \]
令 \(x=k\rho\)，求解定积分得
\[ \Delta = \int_1^k\sqrt{1-\frac1{x^2}}\mathrm d x = \sqrt{k^2-1}-\arccos\frac1k. \]
到达岸边时，鸭子与狐狸的夹角满足
\[ \theta(1)\ge\pi-\Delta. \]
因此，只要 \(\sqrt{k^2-1}-\arccos\frac1k<\pi\)，就有 \(\theta(1)>0\)，狐狸与鸭子不在同一点，鸭子能够立即飞走。所以该不等式是充分条件。
必要性
现在证明上述策略实际上已经是最优的。定义
\[ G(\rho) = \int_{1/k}^{\rho}\sqrt{k^2-\frac1{x^2}}\mathrm d x. \]
于是
\[ G'(\rho)=\sqrt{k^2-\frac1{\rho^2}}, \]
且
\[ G(1) = \sqrt{k^2-1}-\arccos\frac1k. \]
考虑鸭子位于 \(\rho\ge1/k\) 的任意一段运动。设其径向速度为 \(u\)，切向速度为 \(q\)，满足
\[ u^2+q^2\le1. \]
当 \(\theta>0\) 时，狐狸始终沿较短圆弧全速追赶。即使鸭子将切向速度全部用于远离狐狸，也有
\[ \dot\theta\le\frac{|q|}{\rho}-k. \]
于是
\[ \begin{aligned} \frac d{dt}\bigl(\theta+G(\rho)\bigr) &=\dot\theta+G'(\rho)\dot\rho\\ &\le \frac{|q|}{\rho}-k + u\sqrt{k^2-\frac1{\rho^2}}. \end{aligned} \]
由柯西不等式，
\[ \begin{aligned} \frac{|q|}{\rho} + u\sqrt{k^2-\frac1{\rho^2}} &\le \sqrt{q^2+u^2} \sqrt{\frac1{\rho^2}+k^2-\frac1{\rho^2}}\\ &\le k. \end{aligned} \]
所以
\[ {\frac d{dt}\bigl(\theta+G(\rho)\bigr)\le0}. \]
也就是说，量 \(\theta+G(\rho)\) 在狐狸的最优追赶下不会增大。任何从圆心到达岸边的连续路径都必须经过 \(\rho=1/k\)。取鸭子到达岸边之前最后一次经过 \(\rho=1/k\) 的时刻；此后始终有 \(\rho\ge1/k\)。在该时刻显然有 \(\theta\le\pi\) 且 \(G\left(\frac1k\right)=0\)。因此到达岸边时
\[ \theta(1)+G(1)\le\pi, \]
即
\[ \theta(1) \le \pi- \left( \sqrt{k^2-1}-\arccos\frac1k \right). \]
若
\[ \sqrt{k^2-1}-\arccos\frac1k\ge\pi, \]
则 \(\theta\) 必须在到岸时或此前降到 \(0\)。一旦在 \(\rho\ge1/k\) 时有 \(\theta=0\)，由于鸭子的角速度至多为 \(\frac1\rho\le k\)，狐狸可以始终与鸭子保持同一极角，直到鸭子到岸。因此鸭子必被抓到。等号情形下，狐狸恰好能赶到岸边点，鸭子同样无法逃脱。
3
第一阶段是从中心到达 \((1/k,\pi)\)，鸭子先在距中心任意小的半径上取得与狐狸对径的位置；这一准备时间可以任意接近 \(0\)。如果狐狸故意不移动，鸭子可以直接沿半径方向远离狐狸。之后鸭子保持与狐狸对径。若狐狸以角速度 \(k\) 奔跑，鸭子的切向速度必须为 \(k\rho\)，所以最大径向速度为
\[ \dot\rho=\sqrt{1-k^2\rho^2}. \]
因此从 \(\rho=0\) 到 \(\rho=1/k\) 所需的最坏时间为
\[ T_1 = \int_0^{1/k}\frac{\mathrm d \rho}{\sqrt{1-k^2\rho^2}} = \frac{\pi}{2k}. \]
该轨迹是一个半径为 \(\frac{1}{2k}\) 的半圆。
第二阶段是 从 \(\rho=1/k\) 沿动态策略到岸边。同样地，鸭子先在距起始点任意小的半径上与狐狸取得一个非 \(\pi\) 的角度差；这一准备时间可以任意接近 \(0\)。如果狐狸故意不移动，鸭子可以直接沿半径方向远离狐狸，径向速度为
\[ \dot\rho=\sqrt{1-\frac{1}{k^2\rho^2}}. \]
故所需时间为
\[ \begin{aligned} T_2 &= \int_{1/k}^{1} \frac{\mathrm d \rho}{\sqrt{1-\frac{1}{k^2\rho^2}}} \\ &= \int_{1/k}^{1} \frac{k\rho}{\sqrt{k^2\rho^2-1}}\mathrm d \rho\\ &= \frac{\sqrt{k^2-1}}{k} = \sqrt{1-\frac1{k^2}}. \end{aligned} \]
该轨迹沿着圆 \(\rho = 1/k\) 的一条切线。可见 \(T_2\) 就是切线段的长度，因为鸭子始终以单位速度游动。所以该最优保证逃生策略的最坏逃脱时间为
\[ { T_{\mathrm{esc}} = \frac{\pi}{2k} + \sqrt{1-\frac1{k^2}} = \frac{\frac{\pi}{2}+\sqrt{k^2-1}}{k} }. \]