Разрешаема ли проблема остановки для трехмерных одномерных клеточных автоматов?

Я пытался выяснить, разрешима ли проблема остановки для трехмерных одномерных клеточных автоматов.

Определение Пусть обозначает конфигурацию системы на временном шаге i . Более формально f : A ∗ × N → A ∗ , где A - алфавит.$f(w,i)$$i$$f:A^*\times \mathbb{N} \to A^*$$A$

Определение. Сотовый автомат остановился в конфигурации , если ∀ k ∈ N , то f ( w , i ) = f ( w , i + k ) .$f(w,i)$$\forall k\in \mathbb{N}$$f(w,i)=f(w,i+k)$

Проблема остановки для данного клеточного автомата заключается в следующем:

Ввод: конечное слово Вопрос: остановится ли автомат в каком-то состоянии s ?$w$
$s$

Элементарные клеточные автоматы (с 2 символами) определены здесь . Я сфокусирован на одном и том же виде целуллярных автоматов, за исключением того, что меня интересует случай CA с 3 символами вместо 2 символов.

Отныне я буду обозначать свои правила в виде , что означает, что 3 соседних символа производят еще один под ними.$***\to*$

Проблема остановки решаема для элементарных 2-символьных клеточных автоматов

Я буду использовать для обозначения белой клетки и 1 для обозначения черной.$0$$1$

Если у нас есть правила , 001 → 1 , 100 → 1, мы знаем, что автомат не остановится. Потому что с первым правилом, поскольку наша сетка бесконечна, у нас всегда будет 3 белых клетки, которые будут генерировать черные клетки. Со вторым и третьим правилами слово будет расширяться в стороны, и автомат никогда не остановится.$000 \to 1$$001 \to 1$$100 \to 1$

В остальных случаях мы можем позволить ему развиваться за шагов и посмотреть, остановится ли он. Если он останавливается, тогда хорошо, он останавливается, если нет, он повторяет некоторые комбинации и застревает в цикле, поэтому мы также можем сделать вывод, что он не остановится.$2^n$

Что я понял для случая с 3 символами

Очевидно, что он не остановится, если у нас есть правила или 000 → 2 . Но побочные правила вида 00 x → y и x 00 → y сложнее анализировать, потому что, если у нас есть правила 002 → 1 и 001 → 0 ?$000 \to 1$$000 \to 2$$00x \to y$$x00 \to y$$002 \to 1$$001 \to 0$

Вот что я придумал:

давайте рассмотрим все комбинации таких правил:

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

Я не писал случаев для правил вида , потому что они симметричны.$x00 \to y$

Итак, в первом случае очевидно, что входное слово не будет расширяться в стороны, потому что эти правила побочных символов производят нули.

В случаях 5, 6, 8, 9 очевидно, что автомат никогда не остановится, потому что входное слово будет расширяться.

Случаи 2,3,4,7 более интересны. Во-первых, давайте отметим, что случай 2 аналогичен случаю 7, а случай 3 аналогичен случаю 4. Итак, давайте просто рассмотрим случаи 2 и 3 для краткости.

Сначала я собираюсь рассмотреть случай 3, потому что это проще.

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

Вот все комбинации, которые мы должны рассмотреть:

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

Объяснение того, что произойдет, если у нас есть первая тройка из таблицы выше

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

Обобщенный случай 3

$3^n$$2$

Где я застрял

Теперь давайте рассмотрим случай 2.

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

И вот где я застрял и не знаю, что делать.

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

Вот таблица:

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$

$2$

Ребята, вы можете сказать мне, как это решить? Я не могу обернуться вокруг этого.

Или, если этот клеточный автомат с 3 символами выглядит как нечто, решение проблемы остановки которого оказалось неразрешимым, как я могу уменьшить это значение до 3 клеточных автоматов с 3 символами?

Я нашел эту статью: http://www.dna.caltech.edu/~woods/download/NearyWoodsMCU07.pdf и покажу, как доказать, что проблема остановки неразрешима для клеточных автоматов с 15 символами.

Давайте посмотрим на типичные инструкции машины Тьюринга:

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

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

$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$

Давайте посмотрим, как мы можем моделировать операции ТМ. Давайте рассмотрим второй первый:

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

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

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

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

Первый случай немного сложнее, у нас есть:

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

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

первый шаг:

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

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

второй шаг:

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

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

Что касается всех других правил CA, для которых в TM нет правил, мы напишем следующее:

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

$U_{6,4}$

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

Итак, теперь есть промежуток между 2 и 15 символами (исключая), о котором мы не знаем.