Le problème d'arrêt est-il décidable pour les automates cellulaires unidimensionnels à 3 symboles?

J'ai essayé de déterminer si le problème d'arrêt est décidable pour les automates cellulaires unidimensionnels à 3 symboles.

Définition Soit $f(w,i)$ la configuration du système au pas de temps . Plus formellement , où est l'alphabet.$i$$f:A^*\times \mathbb{N} \to A^*$$A$

Définition. Un automate cellulaire s'est arrêté dans la configuration , si nous avons que .$f(w,i)$$\forall k\in \mathbb{N}$$f(w,i)=f(w,i+k)$

Le problème d'arrêt pour un automate cellulaire donné est le suivant:

Entrée: un mot fini Question: sera l'arrêt automate dans un état ?$w$
$s$

Les automates cellulaires élémentaires (avec 2 symboles) sont définis ici . Je me concentre sur le même type d'automates celullaires, sauf que je m'intéresse au cas des CA avec 3 symboles au lieu de seulement 2 symboles.

Désormais, je dénoterai mes règles sous la forme de , ce qui signifie que 3 symboles voisins en produisent un autre en dessous.$***\to*$

Le problème d'arrêt est décidable pour les automates cellulaires élémentaires à 2 symboles

J'utiliserai pour désigner une cellule blanche et pour désigner une cellule noire.$0$$1$

Si nous avons les règles , , nous savons que l'automate ne s'arrêtera pas. Parce qu'avec la première règle, puisque notre grille est infinie, nous aurons toujours 3 cellules blanches qui généreront une cellule noire. Avec les deuxième et troisième règles, le mot s'étendra sur les côtés et l'automate ne s'arrêtera jamais.001 → 1 100 → $000 \to 1$$001 \to 1$$100 \to 1$

Dans le reste des cas, nous pouvons le laisser évoluer sur étapes et voir s'il s'arrête. S'il s'arrête, alors ok, il s'arrête, sinon, il répète certaines combinaisons et est coincé dans une boucle, donc nous pouvons également conclure qu'il ne s'arrêtera pas.$2^n$

Ce que j'ai compris pour le boîtier à 3 symboles

Il est évident que cela ne s'arrêtera pas si nous avons les règles ou . Mais les règles latérales de la forme et sont plus difficiles à analyser, car que faire si nous avons les règles et ?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$

Voici ce que j'ai trouvé:

considérons toutes les combinaisons de ces règles:

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

Je n'ai pas écrit les cas pour les règles de la forme , car elles sont symétriques.$x00 \to y$

Ainsi, dans le premier cas, il est évident que le mot d'entrée ne se développera pas sur les côtés, car ces règles de symboles latéraux produisent des zéros.

Dans les cas 5, 6, 8, 9, il est évident que l'automate ne s'arrêtera jamais, car le mot d'entrée sera en expansion.

Les cas 2,3,4,7 sont plus intéressants. Tout d'abord, notons que le cas 2 est similaire au cas 7 et le cas 3 est similaire au cas 4. Alors, considérons simplement les cas 2 et 3 par souci de concision.

Je vais d'abord considérer le cas 3, car c'est plus facile.

Nous avons et 002 → 2 . Il est évident que si le premier ou le dernier symbole de notre mot d'entrée est 2 , alors nous pouvons conclure que l'automate ne s'arrêtera pas. Mais s'ils sont «1», alors nous devons regarder plus de choses, en particulier, regardons les règles qui peuvent transformer le dernier ou le premier symbole en 2 , parce que si nous les avons, alors après qu'ils produisent ce 2 , nous peut conclure que l'automate ne s'arrêtera pas. (le mot s'étendra sur le (s) côté (s)).$001 \to 0$$002 \to 2$$2$$2$$2$

Voici toutes les combinaisons que nous devons considérer:

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

Une explication de ce qui se passe si nous avons le premier triple du tableau ci-dessus

Nous avons un mot , écrit sur la grille. Les premier et dernier symboles sont 1 . Disons que nous avons les règles 010 → 0 , 011 → 0 , 012 → 0 (le premier triple) d'en haut. Ensuite, nous savons qu'à chaque étape suivante, notre mot d'entrée diminuera de 2 symboles, car ces règles effacent le premier et le dernier symboles, mais si à un moment donné nous obtenons un 2 , la règle 002 → 2 fera grandir le mot d'un côté ou de l'autre (ou des deux) et l'automate ne s'arrêtera jamais. Donc, dans l'ensemble, dans ce cas, nous pouvons laisser l'automate faire | w | $w$$1$$010 \to 0$$011 \to 0$$012 \to 0$$2$$002 \to 2$ étapes, et si le mot devient vide, alors l'automate s'arrête, sinon, ce n'est pas le cas.$|w|/2$

Cas généralisé 3

Je l'ai généralisé et j'ai remarqué que nous pouvons simplement laisser l'automate faire étapes et si à l'une de ces étapes nous avons un 2 comme premier ou dernier symbole, alors l'automate ne s'arrêtera pas. Si cela ne se produit pas et que l'automate ne s'est toujours pas arrêté, alors il répète une configuration, il est donc coincé dans une boucle et ne s'arrêtera pas. Si ça s'arrête, alors ça s'arrête.$3^n$$2$

Où je suis coincé

Considérons maintenant le cas 2.

Nous avons les règles et 002 → 1 .$001 \to 0$$002 \to 1$

Et c'est là que je suis resté coincé et je ne sais pas quoi faire.

J'ai également rédigé un tableau de règles commençant par . J'ai écrit ceux, parce qu'ils semblaient être la première chose que je devrais analyser, parce que même si nous avons le mot d'entrée avec le symbole premier ou le dernier (ou les deux) que 2 , à l'étape suivante les 2 ' s se transformer en 1 . Et nous devrons traiter des règles de la forme 01 x → y .$1$$2$$2's$$1$$01x \to y$

Voici le tableau:

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$

$2$

Pouvez-vous me dire comment résoudre ce problème? Je n'arrive pas à envelopper ma tête autour de ça.

Ou, si cet automate cellulaire à 3 symboles ressemble à quelque chose pour lequel le problème d'arrêt s'est avéré indécidable, comment puis-je réduire ce quelque chose à des automates cellulaires à 3 symboles?

J'ai trouvé cet article: http://www.dna.caltech.edu/~woods/download/NearyWoodsMCU07.pdf et montrerai comment prouver que le problème d'arrêt est indécidable pour les automates cellulaires à 15 symboles.

Regardons les instructions typiques d'une machine de Turing, nous avons:

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

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

$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$

Voyons comment nous pouvons simuler les opérations de la MT. Considérons d'abord le second:

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

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

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

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

Le premier cas est un peu plus compliqué, on a:

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

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

premier pas:

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

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

deuxième étape:

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

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

Comme pour toutes les autres règles CA, pour lesquelles il n'y a pas de règle dans TM, nous écrirons ce qui suit:

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

$U_{6,4}$

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

Donc, maintenant il y a un écart entre 2 et 15 symboles (exclusifs), que nous ne connaissons pas.