Ist das Halteproblem für eindimensionale zelluläre Automaten mit drei Symbolen entscheidbar?

Ich habe versucht herauszufinden, ob das Problem des Anhaltens für eindimensionale 3-Symbol-Zellularautomaten entscheidbar ist.

Definition Es sei die Konfiguration des Systems zum Zeitpunkt i . Formaler f : A ∗ × N → A ∗ , wobei A das Alphabet ist.$f(w,i)$$i$$f:A^*\times \mathbb{N} \to A^*$$A$

Definition. Ein zellularer Automat hat in der Konfiguration angehalten , wenn ∀ k ∈ N ist , haben wir f ( w , i ) = f ( w , i + k ) .$f(w,i)$$\forall k\in \mathbb{N}$$f(w,i)=f(w,i+k)$

Das Stoppproblem für einen bestimmten zellularen Automaten ist wie folgt:

Input: ein endliches Wort Frage: wird der Automaten halt in einigem Zustand s ?$w$
$s$

Elementare zellulären Automaten (mit 2 Symbole) definiert hier . Ich konzentriere mich auf die gleiche Art von Celullar-Automaten, außer dass ich mich für CAs mit 3 Symbolen anstelle von nur 2 Symbolen interessiere.

Von nun an werde ich meine Regeln in Form von , was bedeutet, dass 3 benachbarte Symbole ein weiteres unter ihnen erzeugen.$***\to*$

Das Halteproblem ist für elementare zelluläre Automaten mit zwei Symbolen entscheidbar

Ich werde , um eine weiße Zelle zu bezeichnen, und 1 , um eine schwarze zu bezeichnen.$0$$1$

Wenn wir die Regeln , 001 → 1 , 100 → 1 haben, wissen wir, dass der Automat nicht anhält. Denn mit der ersten Regel haben wir immer 3 weiße Zellen, die eine schwarze Zelle erzeugen, da unser Gitter unendlich ist. Mit der zweiten und dritten Regel wird das Wort zu den Seiten erweitert und der Automat wird niemals anhalten.$000 \to 1$$001 \to 1$$100 \to 1$

In den restlichen Fällen können wir es Schritte lang laufen lassen und sehen, ob es anhält. Wenn es anhält, dann bleibt es in Ordnung, wenn es nicht anhält, wiederholt es einige Kombinationen und steckt in einer Schleife fest, sodass wir auch schließen können, dass es nicht anhält.$2^n$

Was ich für den 3-Symbol-Fall herausgefunden habe

Es ist offensichtlich, dass es nicht aufhören wird, wenn wir Regeln oder 000 → 2 haben . Die Nebenregeln der Form 00 x → y und x 00 → y sind jedoch schwieriger zu analysieren, denn was ist, wenn wir die Regeln 002 → 1 und 001 → 0 haben ?$000 \to 1$$000 \to 2$$00x \to y$$x00 \to y$$002 \to 1$$001 \to 0$

Folgendes habe ich mir ausgedacht:

Betrachten wir alle Kombinationen solcher Regeln:

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

Ich habe die Fälle für die Regeln der Form , weil diese symmetrisch sind.$x00 \to y$

Im ersten Fall ist es also offensichtlich, dass das Eingabewort nicht zu den Seiten erweitert wird, da diese Seitensymbolregeln Nullen erzeugen.

In den Fällen 5, 6, 8, 9 ist es offensichtlich, dass der Automat niemals anhält, da sich das Eingabewort erweitert.

Die Fälle 2,3,4,7 sind interessanter. Zunächst sei angemerkt, dass Fall 2 Fall 7 und Fall 3 Fall 4 ähnlich ist. Betrachten wir also nur die Fälle 2 und 3, um die Übersichtlichkeit zu gewährleisten.

Ich werde zuerst Fall 3 betrachten, weil es einfacher ist.

Wir haben und 002 → 2 . Es ist offensichtlich, dass wenn das erste oder letzte Symbol unseres Eingabeworts 2 ist , wir daraus schließen können, dass der Automat nicht anhält. Aber wenn sie '1' sind, dann müssen wir uns mehr Dinge ansehen, insbesondere Regeln, die das letzte oder erste Symbol in 2 verwandeln können , denn wenn wir diese haben, dann, nachdem sie diese 2 erzeugt haben , wir kann daraus schließen, dass der Automat nicht anhält. (Das Wort wird zu den Seiten erweitert).$001 \to 0$$002 \to 2$$2$$2$$2$

Hier sind alle Kombinationen, die wir berücksichtigen müssen:

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

Eine Erklärung, was passiert, wenn wir das erste Tripel aus der obigen Tabelle haben

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

Verallgemeinerter Fall 3

$3^n$$2$

Wo ich stecken bleibe

Betrachten wir nun Fall 2.

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

Und hier steckte ich fest und weiß nicht, was ich tun soll.

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

Hier ist die Tabelle:

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$

$2$

Könnt ihr mir sagen, wie ich das lösen kann? Ich kann meinen Kopf nicht darum wickeln.

Oder wenn dieser 3-Symbol-Zellularautomat wie etwas aussieht, für das sich das Stoppproblem als unentscheidbar erwiesen hat, wie kann ich dieses Etwas auf 3-Symbol-Zellularautomaten reduzieren?

Ich habe diesen Artikel gefunden: http://www.dna.caltech.edu/~woods/download/NearyWoodsMCU07.pdf und werde zeigen, wie bewiesen werden kann, dass das Problem des Anhaltens für zellulare Automaten mit 15 Symbolen unentscheidbar ist.

Schauen wir uns die typischen Anweisungen einer Turing-Maschine an:

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

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

$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$

Mal sehen, wie wir die Operationen des TM simulieren können. Betrachten wir zuerst den zweiten:

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

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

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

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

Der erste Fall ist etwas komplizierter, wir haben:

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

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

erster Schritt:

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

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

zweiter Schritt:

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

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

Für alle anderen CA-Regeln, für die es in TM keine Regel gibt, schreiben wir Folgendes:

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

$U_{6,4}$

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

Jetzt gibt es eine Lücke zwischen 2 und 15 Symbolen (exklusiv), von denen wir nichts wissen.