是否可以针对3个符号的一维元胞自动机确定停止问题？

我一直在尝试确定暂停问题对于3符号一维元胞自动机是否可以确定。

定义令表示系统在时间步骤的配置。更正式地，其中是字母。 $f(w,i)$ $i$ $f:A^*\times \mathbb{N} \to A^*$ $A$

定义。元胞自动机在配置已经停止，如果我们有。 $f(w,i)$ $\forall k\in \mathbb{N}$ $f(w,i)=f(w,i+k)$

给定元胞自动机的暂停问题如下：

输入：有限词问题：自动机会在某些状态停止吗？ $w$
$s$

此处定义了基本元胞自动机（带有2个符号）。我专注于相同类型的celullar自动机，除了我对带有3个符号而不是2个符号的CA感兴趣。

从现在起，我会表示的形式我的规则，这意味着3个相邻的符号产生另一个在他们之下。 $***\to*$

对于基本的2符号元胞自动机，暂停问题是可以确定的

我将用表示白色单元格，用表示黑色单元格。 $0$ $1$

如果我们有规则，，，我们知道自动机不会暂停。因为按照第一个规则，由于我们的网格是无限的，所以我们总是会有3个白细胞生成一个黑细胞。使用第二和第三条规则，单词将扩展到两侧，并且自动机将永不停止。 $000 \to 1$ $001 \to 1$ $100 \to 1$

在其余情况下，我们可以让它进化步，看看它是否停止。如果它停止了，那么好了，它停止了，如果没有停止，那么它重复了一些组合并陷入了一个循环，所以我们还可以得出结论，它不会停止。 $2^n$

我对3符号案例的理解

显然，如果我们有规则或，它不会停止。但是形式为和的边规则很难分析，因为如果我们有规则和怎么办？ $000 \to 1$ $000 \to 2$ $00x \to y$ $x00 \to y$ $002 \to 1$ $001 \to 0$

这是我想出的：

让我们考虑这些规则的所有组合：

和 $001 \to 0$ $002 \to 0$
和 $001 \to 0$ $002 \to 1$
和 $001 \to 0$ $002 \to 2$
和 $001 \to 1$ $002 \to 0$
和 $001 \to 1$ $002 \to 1$
和 $001 \to 1$ $002 \to 2$
和 $001 \to 2$ $002 \to 0$
和 $001 \to 2$ $002 \to 1$
和 $001 \to 2$ $002 \to 2$

我没有为形式的规则写案例，因为它们是对称的。 $x00 \to y$

因此，在第一种情况下，很明显输入字不会扩展到侧面，因为这些侧面符号规则会产生零。

在情况5、6、8、9中，很明显自动机永远不会停止，因为输入单词会不断扩展。

案例2、3、4、7更为有趣。首先，让我们注意，情况2与情况7类似，情况3与情况4类似。因此，为简洁起见，我们仅考虑情况2和3。

我先考虑案例3，因为它比较容易。

$001 \to 0$ $002 \to 2$ $2$ $2$ $2$

这是我们需要考虑的所有组合：

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

如果上表中有第一个三元组，将会发生什么情况的说明

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

广义情况3

$3^n$ $2$

我被困在那里

现在让我们考虑情况2。

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

这就是我被困住的地方，不知道该怎么办。

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

这是桌子：

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

$2$ $3^n$ $2$

$2$

你们能告诉我如何解决吗？我似乎无法解决这个问题。

或者，如果这个3符号元胞自动机看起来像是已被证实无法解决停顿问题的东西，那么我该如何将其减少到3符号元胞自动机呢？

— 帕维尔
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— 吉尔（Gilles）“所以，别再邪恶了”

我已经找到了这篇文章：http : //www.dna.caltech.edu/~woods/download/NearyWoodsMCU07.pdf，并且将展示如何证明停顿问题对于15个符号的细胞自动机是无法确定的。

让我们看一下图灵机的典型说明，我们有：

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

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

$x$ $q$ $x$ $y$ $p$

$A$ $R$ $Q$ $\Sigma=A\bigcup Q\bigcup \{q'|\forall q \exists r\in R, r=p,x\to q,y,L\}$ $q$ $p,x\to q,y,L$ $q'$

$s=...xabqzyk...$ $q\in Q$ $q$ $z$

让我们看看如何模拟TM的操作。让我们首先考虑第二个：

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

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

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

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

第一种情况比较复杂，我们有：

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

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

第一步：

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

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

第二步：

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

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

至于所有其他CA规则（TM中没有规则），我们将编写以下内容：

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

$U_{6,4}$

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

因此，现在我们不知道有2到15个符号之间的间隙（不包括）。

— 帕维尔
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