Nie, nie jest rozstrzygalny.\\
Dowód będzie poprzez pokazanie redukcji tego problemu do znanego nam problemu stopu maszyny Turinga. Innymi słowy, dostając maszynę Turinga T, zbudujemy maszynę skanującą S, która będzie **symulować** T, czyli wykonywać na taśmie te same operacje, w szczególności będzie zachodzić równoważność: \\
T się zatrzymuje $ \Leftrightarrow $ S się zatrzymuje.\\
To będzie bajka o żuczku z Altzheimerem.

----
Niech $T = \langle \Sigma, Q, q_0, q_F, \delta \rangle$. Konstruujemy 
$S = \Sigma \cup \{x, b\}, Q \cup Q \times Sigma \cup Q \times \Sigma \times \Sigma \times Pewien\_Zbior\_Operacji, q_0, q_F, \delta' \rangle$.
Nie będę dokładnie opisywał delty, tylko opiszę jak to działa.\\
  * Symbol "x" będzie oznaczał miejsce, od którego zaczęliśmy robić sobie spacer. Podczas ruszania się w prawo nie będzie nam to potrzebne, potem jednak niezmiernie.
  * Symbol "b" będę nazywał "małym blankiem", czyli czymś, co w T powinno być blankiem, ale u nas nie może być z racji tego, że będziemy masę razy łazić nadmiarowo. Także ilekroć będziemy pisać $\delta(q, B, \ldots) \Rightarrow \delta'(q', B, costam)$, to milcząco dodajemy też instrukcję $\delta'(q', b, costam)$
  * Stany dzielą się, jak widać, na trzy grupy: pierwsza z nich jest dość intuicyjna: to jest stan w maszynie T, w którym się "znajdujemy". Możemy więc dość łatwo opisać tę prostszą część delty prim: $\delta(q, a, q', a', \to) \Rightarrow \delta'(q, a, q', a')$
  * W momencie jednak, gdy mamy instrukcję $\delta(q, a, q', a', \gets)$, musimy wykonać szereg skomplikowanych rzeczy: 
      * $\delta'(q, a, (q',a'), x)$, czyli napisać "x" w miejscu gdzie jesteśmy, i przejść do stanu, który pamięta co należy wpisać na miejsce tego iksa.
      * przejść w tym stanie $(q', a')$ do końca, blanka B nadpisać małym blankiem i przejść, jak nam każą, na początek
      * równie gładko ominąć alfę
      * Następnie, używając kolejnego iksa (drugiego), posuwać się z nim powoli w prawo, czyli powtarzać następujące czynności:
          * (1) zapamiętaj co masz pod sobą $ (a' ') $, nasraj tam iksem i przejdź na następne pole
          * Jeżeli trafiłeś na iksa to znaczy, że doszedłeś tam, gdzie powinieneś być. Wówczas:
              * nadpisz tego iksa literką, którą zrobiłaby to T, czyli $a'$ 
              * zrób pętelkę do iksa drugiego, nadpisz go tym, co tam powinno być, czyli $a' '$ (zapamiętaj też jaką operację wykonujesz!)
              * przejdź do normalnego wykonywania, czyli do stanu $q'$ i zakończ pętlę (1)
          * jeżeli nie trafiłeś na iksa, to 
              * zrób pełną pętlę z powrotem do tego przed chwilą nasranego (znowu, w stanie musisz zawrzeć informację o tym co się dzieje)
              * nadpisz go tym, co tam powinno być (czyli $a' '$)
              * przejdź do następnej literki i w kółko macieju (1)
      * po wykonaniu tych wszystkich kroków, poza naprodukowaniem sobie miliardów sztucznych blanków, udało nam się przesunąć jedno pole w lewo, innymi słowy zasymulować jeden krok maszyny T. \\
  * Nietrudno zauważyć, że w momencie, w którym jesteśmy w stanie postaci $q \in Q$, to na taśmie nie ma żadnego iksa i, gdybyśmy utożsamili małe i duże blanki, jesteśmy w pewnym stanie pędzącej maszyny T. Innymi słowy, jeżeli T się zatrzyma, my też nie będziemy mieli co zrobić. Jeżeli nie - będziemy cały czas ją symulować. To dowodzi, że problem stopu maszyn skanujących jest nierozstrzygalny.