Il problema di arresto è decidibile per gli automi cellulari unidimensionali a 3 simboli?

Ho cercato di capire se il problema dell'arresto è decidibile per gli automi cellulari unidimensionali a 3 simboli.

Definizione Let denota la configurazione del sistema al passaggio . Più formalmente , dove è l'alfabeto.i f : A ∗ × N → A ∗$f(w,i)$$i$$f:A^*\times \mathbb{N} \to A^*$$A$

Definizione. Un automa cellulare si è fermato nella configurazione , se abbiamo che .∀ k ∈ N f ( w , i ) = f ( w , i + k $f(w,i)$$\forall k\in \mathbb{N}$$f(w,i)=f(w,i+k)$

Il problema di arresto per un dato automa cellulare è il seguente:

Input: una parola finita Domanda: l'automa si fermerà in alcuni stati ?$w$
$s$

Qui sono definiti automi cellulari elementari (con 2 simboli) . Mi concentro sullo stesso tipo di automi celullari, tranne per il fatto che mi interessa il caso di CA con 3 simboli anziché solo 2 simboli.

D'ora in poi, indicherò le mie regole sotto forma di , nel senso che 3 simboli vicini ne producono un'altra sotto di loro.$***\to*$

Il problema dell'arresto è decidibile per gli automi cellulari elementari a 2 simboli

Userò per indicare un globulo bianco e per indicare un globulo nero.$0$$1$

Se abbiamo regole da , da , da , sappiamo che l'automa non si fermerà. Perché con la prima regola, poiché la nostra griglia è infinita, avremo sempre 3 globuli bianchi che genereranno una cellula nera. Con la seconda e la terza regola la parola si espanderà ai lati e l'automa non si fermerà mai.001 → 1 100 → $000 \to 1$$001 \to 1$$100 \to 1$

Nel resto dei casi possiamo lasciarlo evolvere per passi e vedere se si ferma. Se si ferma, quindi ok, si ferma, in caso contrario si ripete alcune combinazioni ed è bloccato in un ciclo, quindi possiamo anche concludere che non si fermerà.$2^n$

Quello che ho capito per il caso dei 3 simboli

È ovvio che non si fermerà se avremo regole da o da . Ma le regole laterali del modulo e sono più difficili da analizzare, perché quello che se abbiamo delle regole e ?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$

Ecco cosa mi è venuto in mente:

consideriamo tutte le combinazioni di tali regole:

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

Non ho scritto i casi per le regole del modulo da , perché sono simmetrici.$x00 \to y$

Quindi, nel primo caso è ovvio che la parola di input non si espanderà ai lati, perché quelle regole dei simboli laterali producono zeri.

Nei casi 5, 6, 8, 9 è ovvio che l'automa non si fermerà mai, perché la parola di input si espanderà.

I casi 2,3,4,7 sono più interessanti. Innanzitutto, notiamo che il caso 2 è simile al caso 7 e il caso 3 è simile al caso 4. Quindi, consideriamo solo i casi 2 e 3 per concisione.

Prenderò in considerazione il caso 3, perché è più facile.

Abbiamo e . È ovvio che se il primo o l'ultimo simbolo della nostra parola di input è , allora possiamo concludere che l'automa non si fermerà. Ma se sono '1', allora dobbiamo guardare più cose, in particolare, guardiamo le regole che possono trasformare l'ultimo o il primo simbolo in , perché se ne abbiamo uno, dopo che hanno prodotto quel , noi può concludere che l'automa non si fermerà. (la parola si espanderà ai lati).002 → 2 2 2 $001 \to 0$$002 \to 2$$2$$2$$2$

Ecco tutte le combinazioni che dobbiamo considerare:

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

Una spiegazione di cosa succede se abbiamo la prima tripla dalla tabella sopra

Abbiamo una parola , scritta sulla griglia. Il primo e l'ultimo simbolo sono . Supponiamo di avere le regole da , da , da (la prima tripla) dall'alto. Quindi sappiamo che con ogni passo successivo la nostra parola di input diventerà più piccola di 2 simboli, perché queste regole cancellano il primo e l'ultimo simbolo, ma se ad un certo punto otteniamo un , allora la regola da renderà la parola crescere da una parte o dall'altra (o entrambi) e l'automa non si fermerà mai. Quindi, tutto sommato, in questo caso possiamo lasciare che l'automa faccia passi, e se la parola diventa vuota, allora l'automa si ferma, in caso contrario, non lo fa.1 010 → 0 011 → 0 012 → 0 2 002 → 2 | w | /$w$$1$$010 \to 0$$011 \to 0$$012 \to 0$$2$$002 \to 2$$|w|/2$

Caso generalizzato 3

L'ho generalizzato e ho notato che possiamo semplicemente lasciare che l'automa esegua passi e se in uno di questi passi abbiamo un come primo o ultimo simbolo, allora l'automa non si fermerà. Se ciò non accade e l'automa non si è ancora arrestato, allora sta ripetendo una configurazione, quindi è bloccato in un ciclo e non si arresterà. Se si ferma, allora si ferma.$3^n$$2$

Dove rimango bloccato

Consideriamo ora il caso 2.

Abbiamo le regole da e .002 → $001 \to 0$$002 \to 1$

Ed ecco dove mi sono bloccato e non so cosa fare.

Ho anche scritto una tabella di regole che iniziano con . Ho scritto quelli, perché sembravano essere la prima cosa che dovrei analizzare, perché anche se abbiamo la parola in input con il primo o l'ultimo (o entrambi) simbolo , al passaggio successivo quei si trasformeranno in . E dovremo occuparci delle regole del modulo da .2 2 ′ s 1 01 x → $1$$2$$2's$$1$$01x \to y$

Ecco la tabella:

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

È anche ovvio che se tra le nostre 27 regole, abbiamo una tripla da questa tabella in cui nessuna regola deriva un , allora non abbiamo nulla di cui preoccuparci e possiamo semplicemente lasciare che l'automa si evolva per passi, perché ha vinto non si espande davvero, poiché le regole secondarie non produrranno un .3 n$2$$3^n$$2$

Ma guardando le triple che hanno un , in realtà è molto difficile da analizzare, e se la parola si espanderà o meno sembra anche dipendere dalla parola di input.$2$

Potete dirmi come risolverlo? Non riesco a avvolgere la testa attorno a questo.

Oppure, se questo automa cellulare a 3 simboli sembra qualcosa per cui è stato dimostrato che il problema dell'arresto è indecidibile, come posso ridurre quel qualcosa a 3 automi cellulari a simbolo?

Ho trovato questo articolo: http://www.dna.caltech.edu/~woods/download/NearyWoodsMCU07.pdf e mostrerò come dimostrare che il problema dell'arresto è indecidibile per gli automi cellulari a 15 simboli.

Diamo un'occhiata alle istruzioni tipiche di una macchina Turing, abbiamo:

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

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

Il primo dice che se l'automa vede il simbolo nello stato q , quindi sostituiamo x con y , passiamo allo stato p e ci spostiamo a sinistra, il secondo dice la stessa cosa, ma si sposta a destra.$x$$q$$x$$y$$p$

Supponiamo che l'alfabeto TM è , l'insieme delle regole è R e l'insieme degli stati è Q . Ora creiamo un nuovo alfabeto per il nostro automa cellulare, sarà il seguente: Σ = A ⋃ Q ⋃ { q ′ | ∀ q ∃ r ∈ R , r = p , x → q , y , L } . In altre parole, nel nuovo alfabeto includeremo l'alfabeto della TM, l'alfabeto di stato della TM e per ogni stato $A$$R$$Q$$\Sigma=A\bigcup Q\bigcup \{q'|\forall q \exists r\in R, r=p,x\to q,y,L\}$$q$, tale che esiste una regola includeremo q ′ .$p,x\to q,y,L$$q'$

L'automa modellerà la TM, nel modo seguente: ad ogni passo dell'operazione della CA avremo un simbolo dall'alfabeto di stato della TM sul nastro della CA, e quel simbolo indicherà il simbolo che la testa della TM avrebbe indicato, nella modo seguente: un simbolo che si trova a destra del simbolo dello stato è il simbolo a cui punta la testa della TM. Ad esempio, considera la stringa diciamo che q ∈ Q , allora la TM è nello stato q e la testa punta sul simbolo z .$s=...xabqzyk...$$q\in Q$$q$$z$

Vediamo come possiamo simulare le operazioni del TM. Consideriamo prima il secondo:

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

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

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

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

Il primo caso è un po 'più complicato, abbiamo:

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

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

primo passo:

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

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

Secondo passo:

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

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

Come per tutte le altre regole CA, per le quali non esiste una regola in TM, scriveremo quanto segue:

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

$U_{6,4}$

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

Quindi, ora c'è un divario tra 2 e 15 simboli (esclusivi), di cui non sappiamo.