Чи вирішується проблема зупинки для 3-х символьних одновимірних стільникових автоматів?

Я намагався з’ясувати, чи вирішується проблема зупинки для тривимірних одновимірних стільникових автомати.

Визначення Нехай позначає конфігурацію системи на етапі i . Більш формально f : A ∗ × N → A ∗ , де A - алфавіт.$f(w,i)$$i$$f:A^*\times \mathbb{N} \to A^*$$A$

Визначення. Стільниковий автомат зупинився в конфігурації , якщо ∀ k ∈ N маємо, що f ( w , i ) = f ( w , i + k ) .$f(w,i)$$\forall k\in \mathbb{N}$$f(w,i)=f(w,i+k)$

Проблема зупинки для даного стільникового автомата полягає в наступному:

Вхідні дані : кінцеве слово Питання: чи буде автомат привал в деяких державних е ?$w$
$s$

Елементарний клітинний автомат (з 2 -х символів) визначені тут . Я зосереджений на одних і тих же різновидів клітинних автоматів, за винятком того, що мене цікавить випадок ЦА з 3 символами, а не лише двома символами.

Відтепер я позначатиму свої правила у формі , тобто 3 сусідні символи створюють ще один під ними.$***\to*$

Проблема зупинки вирішується для елементарних 2-символьних стільникових автоматів

Я буду використовувати для позначення білої клітини і 1 для позначення чорної.$0$$1$

Якщо у нас є правила , 001 → 1 , 100 → 1, ми знаємо, що автомат не зупиниться. Тому що за першим правилом, оскільки наша сітка нескінченна, у нас завжди будуть 3 білі клітини, які будуть генерувати чорну клітинку. З другим і третім правилом слово буде розширюватися в сторони, і автомат ніколи не зупиняється.$000 \to 1$$001 \to 1$$100 \to 1$

В решті випадків ми можемо дозволити йому розвиватися протягом кроків і побачити, чи зупиняється він. Якщо вона зупиняється, то нормально, вона зупиняється, якщо ні, то повторює деякі комбінації і застрягає в циклі, тому ми можемо також зробити висновок, що вона не зупиниться.$2^n$

Що я з'ясував для корпусу 3 символів

Очевидно, що це не зупиниться, якщо ми маємо правила або 000 → 2 . Але бічні правила форми 00 x → y та x 00 → y важче проаналізувати, бо що робити, якщо у нас є правила 002 → 1 та 001 → 0 ?$000 \to 1$$000 \to 2$$00x \to y$$x00 \to y$$002 \to 1$$001 \to 0$

Ось що я придумав:

розглянемо всі комбінації таких правил:

1. і 002 → $001 \to 0$$002 \to 0$
2. і 002 → $001 \to 0$$002 \to 1$
3. і 002 → $001 \to 0$$002 \to 2$
4. $001 \to 1$$002 \to 0$
5. $001 \to 1$$002 \to 1$
6. $001 \to 1$$002 \to 2$
7. $001 \to 2$$002 \to 0$
8. $001 \to 2$$002 \to 1$
9. $001 \to 2$$002 \to 2$

$x00 \to y$

Отже, у першому випадку очевидно, що введене слово не буде розширюватися в сторони, оскільки ці правила символів бічних символів дають нулі.

У випадках 5, 6, 8, 9 очевидно, що автомат ніколи не зупиняється, оскільки вхідне слово буде розширюватися.

Справи 2,3,4,7 цікавіші. По-перше, зазначимо, що випадок 2 схожий на випадок 7, а випадок 3 схожий на випадок 4. Отже, давайте просто розглянемо випадки 2 та 3 для стислість.

Спершу я розгляну випадок 3, тому що це простіше.

$001 \to 0$$002 \to 2$$2$$2$$2$

Ось усі комбінації, які нам потрібно врахувати:

010 011 012
 0   0   0
 0   0   1
 0   0   2
 0   1   0
 0   1   1
........... etc

Пояснення того, що станеться, якщо у нас є перша трійка з наведеної таблиці

$w$$1$$010 \to 0$$011 \to 0$$012 \to 0$$2$$002 \to 2$$|w|/2$

Узагальнений випадок 3

$3^n$$2$

Де я застряг

Тепер розглянемо випадок 2.

$001 \to 0$$002 \to 1$

І ось де я застряг і не знаю, що робити.

$1$$2$$2's$$1$$01x \to y$

Ось таблиця:

010 011 012
 0   0   0
 0   0   1
 0   0   2
 0   1   0
 0   1   1
 0   1   2
 0   2   0
 0   2   1
 0   2   2
 1   0   0
 1   0   1
 1   0   2
 1   1   0
 1   1   1
 1   1   2
 1   2   0
 1   2   1
 1   2   2
 2   0   0
 2   0   1
 2   0   2
 2   1   0
 2   1   1
 2   1   2
 2   2   0
 2   2   1
 2   2   2

$2$$3^n$$2$

$2$

Ви можете мені сказати, як це вирішити? Я, здається, не можу обернути голову навколо цього.

Або, якщо цей 3-символьний стільниковий автомат виглядає як щось, для чого було доведено, що проблема зупинки є нерозв'язною, то як я можу зменшити щось до 3-х символьних стільникових автомати?

Я знайшов цю статтю: http://www.dna.caltech.edu/~woods/download/NearyWoodsMCU07.pdf, і покажу, як довести, що проблема зупинки не вирішена для 15-символьних стільникових автомати.

Давайте розглянемо типові інструкції машини Тьюрінга, ми маємо:

$q,x\to p,y,L$

$q,x\to p,y,R$

$x$$q$$x$$y$$p$

$A$$R$$Q$$\Sigma=A\bigcup Q\bigcup \{q'|\forall q \exists r\in R, r=p,x\to q,y,L\}$$q$$p,x\to q,y,L$$q'$

$s=...xabqzyk...$$q\in Q$$q$$z$

Подивимось, як ми можемо моделювати операції з ТМ. Розглянемо перше друге:

$q,z\to p,y,R$

$s=...xabqzyk...$$...xabypyk...$

$qz\alpha\to p, \forall \alpha \in \Sigma$

$\alpha qz\to y, \forall \alpha \in \Sigma$

Перший випадок трохи складніший:

$q,z\to p,y,L$

$s=...xabqzyk...$$...xapbyyk...$$abq\to p$$abq$

Перший крок:

$qz\alpha\to y, \forall \alpha \in \Sigma$

$\alpha qz\to p', \forall \alpha \in \Sigma$

другий крок:

$\alpha \beta p'\to p, \forall \alpha, \beta \in \Sigma$

$\alpha p' \beta\to \beta, \forall \alpha, \beta \in \Sigma$

Що стосується всіх інших правил CA, для яких у TM немає правила, ми напишемо наступне:

$\alpha \beta \gamma \to \beta, \forall \alpha,\beta,\gamma \in \Sigma$

$U_{6,4}$

$q'$$p,x\to q,y,L$$u_1, u_3, u_4, u_5, u_6$

Отже, зараз існує розрив між 2 та 15 символами (виключно), про які ми не знаємо.