Là vấn đề tạm dừng có thể quyết định cho automata di động 3 biểu tượng một chiều?

Tôi đã cố gắng tìm hiểu xem vấn đề tạm dừng có thể quyết định được đối với automata di động một chiều 3 ký hiệu hay không.

Định nghĩa Gọi biểu thị cấu hình của hệ thống tại bước thời gian i . Chính thức hơn f : A * × N → Một * , nơi Một là bảng chữ cái.$f(w,i)$$i$$f:A^*\times \mathbb{N} \to A^*$$A$

Định nghĩa. Một automaton di động đã dừng lại trong cấu hình , nếu ∀ k ∈ N chúng tôi có mà f ( w , i ) = f ( w , i + k ) .$f(w,i)$$\forall k\in \mathbb{N}$$f(w,i)=f(w,i+k)$

Vấn đề tạm dừng cho một thiết bị tự động di động nhất định như sau:

Input: một từ hữu hạn Câu hỏi: sẽ ngưng hoạt động automaton trong một số trạng thái s ?$w$
$s$

Automata di động cơ bản (với 2 biểu tượng) được xác định ở đây . Tôi tập trung vào cùng một loại máy tự động celullar, ngoại trừ việc tôi quan tâm đến trường hợp của CA với 3 biểu tượng thay vì chỉ 2 biểu tượng.

Từ giờ trở đi, tôi sẽ biểu thị quy tắc của tôi dưới hình thức , có nghĩa là 3 biểu tượng láng giềng sản xuất nhau dưới chân họ.$***\to*$

Vấn đề tạm dừng là có thể quyết định đối với máy tự động di động cơ bản, 2 ký hiệu

Tôi sẽ sử dụng để biểu thị một ô trắng và 1 để biểu thị một ô màu đen.$0$$1$

Nếu chúng ta có các quy tắc , 001 → 1 , 100 → 1, chúng ta biết máy tự động sẽ không dừng lại. Bởi vì với quy tắc đầu tiên, vì lưới của chúng tôi là vô hạn, chúng tôi sẽ luôn có 3 ô trắng sẽ tạo ra một ô đen. Với quy tắc thứ hai và thứ 3, từ này sẽ được mở rộng sang hai bên và máy tự động sẽ không bao giờ dừng lại.$000 \to 1$$001 \to 1$$100 \to 1$

Trong các trường hợp còn lại, chúng ta có thể để nó tiến hóa trong bước và xem liệu nó có dừng lại không. Nếu nó dừng lại, thì ok, nó dừng lại, nếu không thì nó đang lặp lại một số kết hợp và bị mắc kẹt trong một vòng lặp, vì vậy chúng ta cũng có thể kết luận rằng nó sẽ không dừng lại.$2^n$

Những gì tôi đã tìm ra cho trường hợp 3 biểu tượng

Rõ ràng là nó sẽ không dừng lại nếu chúng ta có quy tắc hoặc 000 → 2 . Nhưng các quy tắc bên có dạng 00 x → y và x 00 → y khó phân tích hơn, vì nếu chúng ta có quy tắc 002 → 1 và 001 → 0 thì sao?$000 \to 1$$000 \to 2$$00x \to y$$x00 \to y$$002 \to 1$$001 \to 0$

Đây là những gì tôi nghĩ ra:

Hãy xem xét tất cả các kết hợp của các quy tắc như vậy:

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

Tôi đã không viết các trường hợp cho các quy tắc của mẫu , vì các quy tắc này là đối xứng.$x00 \to y$

Vì vậy, trong trường hợp đầu tiên, rõ ràng từ đầu vào sẽ không được mở rộng sang hai bên, bởi vì các quy tắc biểu tượng bên đó tạo ra số không.

Trong các trường hợp 5, 6, 8, 9, rõ ràng là máy tự động sẽ không bao giờ dừng lại, vì từ đầu vào sẽ được mở rộng.

Các trường hợp 2,3,4,7 thú vị hơn. Trước tiên, hãy lưu ý rằng trường hợp 2 tương tự như trường hợp 7 và trường hợp 3 tương tự như trường hợp 4. Vì vậy, hãy xem xét trường hợp 2 và 3 về sự đồng nhất.

Tôi sẽ xem xét trường hợp 3 trước, vì nó dễ hơn.

Ta có và 002 → 2 . Rõ ràng là nếu ký hiệu đầu tiên hoặc cuối cùng của từ đầu vào của chúng ta là 2 , thì chúng ta có thể kết luận rằng máy tự động sẽ không dừng lại. Nhưng nếu chúng là '1', thì chúng ta phải xem xét nhiều thứ hơn, đặc biệt, chúng ta hãy xem các quy tắc có thể biến các ký hiệu cuối cùng hoặc đầu tiên thành 2 , bởi vì nếu chúng ta có những thứ đó, thì sau khi chúng tạo ra 2 , chúng ta có thể kết luận rằng máy tự động sẽ không dừng lại. (từ này sẽ được mở rộng sang bên (s)).$001 \to 0$$002 \to 2$$2$$2$$2$

Dưới đây là tất cả các kết hợp mà chúng ta cần xem xét:

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

Một lời giải thích về những gì xảy ra nếu chúng ta có bộ ba đầu tiên từ bảng trên

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

Trường hợp tổng quát 3

$3^n$$2$

Tôi bị kẹt ở đâu

Bây giờ hãy xem xét trường hợp 2.

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

Và đây là nơi tôi bị mắc kẹt và không biết phải làm gì.

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

Đây là bảng:

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$

$2$

Các bạn có thể cho tôi biết làm thế nào để giải quyết điều này? Tôi dường như không thể quấn đầu xung quanh này.

Hoặc, nếu thiết bị tự động di động 3 biểu tượng này trông giống như một vấn đề mà vấn đề tạm dừng đã được chứng minh là không thể giải quyết được, làm thế nào tôi có thể giảm thứ gì đó xuống còn 3 biểu tượng tự động di động?

Tôi đã tìm thấy bài viết này: http://www.dna.caltech.edu/~woods/doad/NearyWoodsMCU07.pdf và sẽ chỉ ra cách chứng minh rằng vấn đề tạm dừng là không thể giải quyết được đối với automata di động 15 ký hiệu.

Chúng ta hãy xem hướng dẫn điển hình của máy Turing, chúng ta có:

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

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

$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$

Chúng ta hãy xem làm thế nào chúng ta có thể mô phỏng các hoạt động của TM. Hãy xem xét cái thứ hai trước:

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

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

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

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

Trường hợp đầu tiên phức tạp hơn một chút, chúng tôi có:

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

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

bước đầu tiên:

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

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

bước thứ hai:

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

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

Đối với tất cả các quy tắc CA khác, không có quy tắc nào trong TM, chúng tôi sẽ viết như sau:

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

$U_{6,4}$

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

Vì vậy, bây giờ có một khoảng cách giữa 2 và 15 biểu tượng (độc quyền) mà chúng ta không biết.