3シンボル1次元セルオートマトンの停止問題は決定可能ですか？

私は、停止の問題が3シンボルの1次元セルオートマトンで決定可能かどうかを把握しようとしています。

定義レッツタイムステップにおけるシステムの構成を示す。より正式には、です。ここで、はアルファベットです。i f ：A ∗ × N → A ∗$f(w,i)$$i$$f:A^*\times \mathbb{N} \to A^*$$A$

定義。セルオートマトンは構成で停止しました。場合、ます。∀ のk ∈ N F （W 、I ）= F （W 、I + K $f(w,i)$$\forall k\in \mathbb{N}$$f(w,i)=f(w,i+k)$

特定のセルオートマトンの停止問題は次のとおりです。

入力：有限の単語質問：オートマトンはいくつかの状態停止しますか？$w$
$s$

基本的なセルオートマトン（2つのシンボル）がここで定義されます。同じ種類のセルオートマトンに焦点を合わせていますが、2シンボルではなく3シンボルのCAの場合に興味があります。

これからは、ルールを形式で示します。これは、3つの隣接するシンボルがその下に別のシンボルを生成することを意味します。$***\to*$

停止の問題は、基本的な2シンボルのセルオートマトンで決定可能です

私が使用する白セルと示すために黒いずれかを示すために。$0$$1$

我々はルールがある場合は、、、我々は、オートマトンが停止しません知っています。最初のルールでは、グリッドが無限であるため、黒いセルを生成する3つの白いセルが常にあるからです。2番目と3番目のルールでは、単語は両側に広がり、オートマトンは停止しません。001 → 1 100 → $000 \to 1$$001 \to 1$$100 \to 1$

残りのケースでは、ステップで進化させ、停止するかどうかを確認できます。停止する場合は、OK、停止します。停止しない場合は、いくつかの組み合わせを繰り返し、ループでスタックしているため、停止しないと結論付けることもできます。$2^n$

私が3つのシンボルケースについて考え出したこと

またはルールがあっても停止しないことは明らかです。しかし、およびという形式のサイドルールは分析が困難です。ルールおよびどうなるでしょうか。000 → 2 00 X → Y 、X 00 → Y 002 → 1 001 → $000 \to 1$$000 \to 2$$00x \to y$$x00 \to y$$002 \to 1$$001 \to 0$

これが私が思いついたものです：

そのようなルールのすべての組み合わせを考えてみましょう：

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

形式の規則のケースは対称的であるため、記述しませんでした。$x00 \to y$

したがって、最初のケースでは、サイドシンボルルールがゼロを生成するため、入力ワードがサイドに拡張されないことは明らかです。

5、6、8、9の場合、オートマトンが停止しないことは明らかです。これは、入力語が拡大するためです。

ケース2、3、4、7の方が興味深い。最初に、ケース2はケース7に類似しており、ケース3はケース4に類似していることに注意しましょう。

ケース3の方が簡単なので、最初にケース3を検討します。

我々は持ってと。入力単語の最初または最後の記号が場合、オートマトンは停止しないと結論付けることができます。しかし、それらが「1」である場合は、より多くのものを調べる必要があります。特に、最後または最初のシンボルをにできるルールを見てみましょう。なぜなら、それらがある場合、それらが生成した後、オートマトンは停止しないと結論付けることができます。（単語は横に拡大されます）。002 → 2 2 2 $001 \to 0$$002 \to 2$$2$$2$$2$

検討する必要があるすべての組み合わせを次に示します。

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

上記の表の最初のトリプルがあるとどうなるかについての説明

グリッドに書かれた単語があります。最初と最後のシンボルはです。我々はルールがあるとしましょう、、（最初のトリプル）の上から。これらのルールは最初と最後のシンボルを消去するため、次の各ステップで入力ワードが2シンボルずつ小さくなることがわかりますが、ある時点でを取得すると、ルールによって単語が作成されます一方または他方（または両方）に成長すると、オートマトンは停止しません。したがって、全体として、この場合、オートマトンにステップを実行させることができます。単語が空になった場合、オートマトンは停止します。空でない場合、停止しません。$w$$1$$010 \to 0$$011 \to 0$$012 \to 0$$2$$002 \to 2$$|w|/2$

一般化されたケース3

私はそれを一般化し、オートマトンにステップを実行させるだけでよいことに気づきました。これらのステップのいずれかで、最初または最後のシンボルとしてがある場合、オートマトンは停止しません。それが発生せず、オートマトンがまだ停止しなかった場合、それはいくつかの構成を繰り返しているため、ループで立ち往生して停止しません。停止した場合は、停止します。$3^n$$2$

行き詰まるところ

次に、ケース2について考えてみましょう。

とルールがあります。$001 \to 0$$002 \to 1$

そして、ここで私は行き詰まり、何をすべきかわからないところです。

私はまた、で始まるルールのテーブル外に書いた。最初と最後（または両方）の記号がである入力単語がある場合でも、次のステップでこれらのが変わるため、それらを分析したのは最初のようだったので、それらを書き出しました。そして、形式のルールに対処する必要があります。$1$$2$$2's$$1$$01x \to y$

これがテーブルです：

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

27のルールの中で、このテーブルからトリプルがあり、ルールが導出しない場合、心配する必要はなく、オートマトンをステップだけ進化させることができることも明らかです。サイドルールは生成しないため、実際には拡張しません。$2$$3^n$$2$

しかし、持つトリプルを見ると、実際に分析するのは非常に難しく、単語が展開するかどうかも入力単語に依存しているようです。$2$

これを解決する方法を教えてもらえますか？私はこれに頭を抱えているようには見えません。

または、この3シンボルのセルオートマトンが、停止の問題が決定不可能であることが証明されているもののように見える場合、その何かを3シンボルのセルオートマトンに削減するにはどうすればよいですか？

私はこの記事を見つけました：http : //www.dna.caltech.edu/~woods/download/NearyWoodsMCU07.pdf そして、停止の問題が15シンボルのセルオートマトンで決定できないことを証明する方法を示します。

チューリングマシンの一般的な手順を見てみましょう。

1）$q,x\to p,y,L$

2）$q,x\to p,y,R$

最初のものは、オートマトンが状態でシンボルを見た場合、をに置き換え、状態に切り替えて左に移動すると言い、2番目は同じことを言っていますが、右に移動します。$x$$q$$x$$y$$p$

TMのアルファベットがであり、ルールのセットがあり、状態のセットがと仮定しましょう。次に、セルオートマトン用の新しいアルファベットを作成しましょう。次のようになります。。言い換えると、新しいアルファベットには、TMのアルファベット、TMの状態アルファベット、およびすべての状態についてルールが含まれるように、を含めます。$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'$

オートマトンは、次の方法でTMをモデル化します。CAの操作の各ステップで、CAのテープにTMの状態アルファベットからの1つのシンボルがあり、そのシンボルは、TMの頭が指すシンボルをポイントします。以下の方法：状態記号の右側にある記号は、TMの頭が指す記号です。例として、文字列について考えてみましょう。たとえば、場合、TMは状態にあり、ヘッドはシンボル指しています。$s=...xabqzyk...$$q\in Q$$q$$z$

TMの操作をシミュレートする方法を見てみましょう。最初に2番目のものを考えてみましょう：

2）$q,z\to p,y,R$

したがって、基本的に、文字列場合、それは変換する必要があり。これは、オートマトンに次のルールを追加することで非常に簡単に実現できます。$s=...xabqzyk...$$...xabypyk...$

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

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

最初のケースはもう少し複雑です。

1）$q,z\to p,y,L$

したがって、文字列はに変換する必要があり、状態とシンボルを見てTM操作を実行するため、を実行する方法はありませんが、シンボルについては伝えず、状態のみを示すため、この左移動を2つのステップで実行します。。。。x a p b y y k 。。。a b q → p a b $s=...xabqzyk...$$...xapbyyk...$$abq\to p$$abq$

最初の一歩：

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

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

第二段階：

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

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

TMにルールがない他のすべてのCAルールについては、次のように記述します。

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

CAでTMの作業をモデル化する方法を説明したので、なぜ15個のシンボルが必要なのかを見てみましょう。この論文では、上記で示したリンクに、6つの状態と4つの記号を持つユニバーサルTMがあります。$U_{6,4}$

したがって、4であるすべてのアルファベット記号と、6であるすべての状態記号と、規則が存在するすべての状態記号が必要です。これは、、合計15個のシンボルが必要です。 p 、x → q 、y 、L u 1、u 3、u 4、u 5、u $q'$$p,x\to q,y,L$$u_1, u_3, u_4, u_5, u_6$

したがって、2〜15個のシンボル（排他的）の間にギャップがあり、それについてはわかりません。