Примеры неразрешимых задач: задача о замощении

Постановка задачи

Пусть даны некоторые типы полимино, причем экземпляров каждого типа дается бесконечно много. Верно ли, что используя любое количество полимино можно полностью замостить без пропусков и выступов четверть плоскости? Поворачивать полимино не разрешено.

Теорема:

Задача о замощении четверти плоскости полимино неразрешима.

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Сведём неразрешимую Halt к данной задаче. Пусть дана машина Тьюринга [math]M =\langle \Sigma, Q, \Pi, B \in \Pi, s,\delta: Q \times \Pi \rightarrow Q \times \Pi \times \{ \leftarrow, \downarrow, \rightarrow \} \rangle[/math] и слово [math]w \in \Sigma^*[/math]. Требуется определить, остановится ли данная МТ на входе [math]w[/math]. Будем эмулировать процесс выполнения МТ путем построения вертикальных рядов, каждый из которых эквивалентен конфигурации МТ на определенном этапе выполнения. Первый ряд заполняется начальной конфигурацией, а каждый следующий ряд соответствует следующей конфигурации. Теперь на основе заданной МТ будем строить набор полимино, которые будут иметь следующий вид: На каждой стороне такого полимино находится определенное число выступов/впадин. Каждому символу из алфавита, состоянию и паре из состояния и символа сопоставим некоторое уникальное число (можно ограничить [math]k \le |\Pi| + |Q| + |\Pi \times Q| + 1[/math]) – это и будет количество выступов/впадин находящихся на одной стороне полимино. Сначала построим набор полимино, который задаёт начальную конфигурацию:         где [math]*[/math] – уникальные числа для каждых соседних двух полимино из начальной конфигурации. Первое полимино характеризует начальное состояние, последующие за ним кодируют входное слово, и завершающее полимино требуется для корректного замощения оставшейся части ряда. Далее строим полимино для всех элементов алфавита [math]c \in \Pi[/math]: В нем количество впадин слева равно количеству выступов справа. Такой тип полимино передает содержимое ленты МТ следующему ряду. Теперь построим полимино для функции перехода [math]\delta (a, c) = \langle p, d, D \rangle [/math], где [math]q \in Q, p \in Q, c \in \Pi, d \in \Pi, D\in \{\leftarrow, \downarrow, \rightarrow \}[/math]: На рисунке изображены (сверху вниз) полимино соответствующие значениям [math]D = \{\leftarrow, \downarrow, \rightarrow \}[/math]. Вместе со следующим типом они эмулируют перемещение головки МТ. Далее построим следующий тип полимино: Эти полимино получают на вход символ алфавита [math]c[/math] от предыдущего ряда и состояние [math]p[/math] от соседнего полимино, а затем передает следующему ряду пару из состояния и символа. Построим последний тип полимино, характеризующие состояния [math]\#_Y[/math] и [math]\#_N[/math]: Такое полимино имеет уникальное число выступов справа. Ни одно другое полимино из полученного набора не сможет к нему присоединиться, и процесс дальнейшего замощения будет невозможен. Полученный алгоритм сведения получает на вход МТ и слово, а на выход выдает соответствующий им набор полимино. Таким образом, четверть плоскости замостится тогда и только тогда, когда закодировання МТ не останавливается на данном входе. Иными словами есть бесконечное количество конфигураций, не переходящих в конечное состояние. Это значит, что мы сможем замощать плоскость ряд за рядом бесконечное количество раз, что в результате замостит плоскость. Если же МТ остановится, то и замостить четверть плоскости мы не сможем из-за того, что конечное полимино не имеет продолжения. Значит задача о замощении полимино не разрешима.

[math]\triangleleft[/math]