3変数ガロア標準形

式(12)を観察すると、つぎのようことが分かる。

第1項の$f(0, 0)$は、変数$x$と$y$の両方とも存在しないので、関数の変数位置 (引数)には0と0が入る。

第2項の$f(0, 0)$と$f(1, 0)$は、変数$x$が存在するので展開範囲の0と$1$が引 数になり、変数$y$は存在しないので0が引数になる。

第3項の$f(0, 0)$と$f(0, 1)$は、変数$y$が存在するので展開範囲の0と$1$が引 数になり、変数$x$は存在しないので0が引数になる。

第4項の$f(0, 0)$と$f(0, 1)$と$f(1, 0)$と$f(1, 1)$は、変数$x$と$y$の両方と も存在するので、全ての展開範囲の $(0,0), (0,1), (1,0), (1, 1)$が引数にな る。

このような観察から3変数$(x,y,z)$の論理関数 $f(x, y, z)$は、次のように展 開されることが予測される。

$$f(x, y,z) = f(0, 0, 0) \oplus$$

$$x\{f(0, 0, 0) \oplus f(1, 0, 0)\} \oplus$$

$$y\{f(0, 0, 0) \oplus f(0, 1, 0)\} \oplus$$

$$z\{f(0, 0, 0) \oplus f(0, 0, 1)\} \oplus$$

$$xy\{f(0, 0, 0) \oplus f(0, 1, 0) \oplus f(1, 0, 0) \oplus f(1, 1, 0)\} \oplus$$

$$yz\{f(0, 0, 0) \oplus f(0, 0, 1) \oplus f(0, 1, 0) \oplus f(0, 1, 1)\} \oplus$$

$$xz\{f(0, 0, 0) \oplus f(0, 0, 1) \oplus f(1, 0, 0) \oplus f(1, 0, 1)\} \oplus$$

$$xyz\{f(0, 0, 0) \oplus f(0, 0, 1) \oplus$$

$$\quad \quad f(0, 1, 0) \oplus f(0, 1, 1) \oplus$$

$$\quad \quad f(1, 0, 0) \oplus f(1, 0, 1) \oplus$$

$$\quad \quad f(1, 1, 0) \oplus f(1, 1, 1) \}$$ (14)

念のため式(14)が正しいことを確かめておく。

$f(x, y, z)$を$x$について展開すると次のようになる。

$$f(x, y,z) = \sim x f(0, y, z) \oplus x f(1, y, z)$$

$$= (1 \oplus x) f(0, y, z) \oplus x f(1, y, z)$$

$$= f(0, y, z) \oplus x f(0, y, z) \oplus x f(1, y, z)$$

$$= f(0, y, z) \oplus x \{f(0, y, z) \oplus f(1, y, z) \}$$ (15)

式(15)における $f(0, y, z)$と $f(1, y, z)$は2変数$(y, z)$の 論理関数として直接式(12)を適用できるが、段階を追って見ていき たいので、1変数づつ式(4)を適用していくことにする。

$f(0, y, z)$と $f(1, y, z)を$$y$について展開すると、つぎのようになる。

$$\left. \begin{array}{lll} f(0, y, z) & = & f(0, 0, z) \oplus y\{f... ... & = & f(1, 0, z) \oplus y\{f(1, 0, z) \oplus f(1, 1, z)\} \end{array} \right\}$$ (16)

式(16)の各項をさらに$z$について展開すれば次のようになる。

$$\left. \begin{array}{lll} f(0, 0, z) & = & f(0, 0, 0) \oplus z\{f... ... & = & f(1, 1, 0) \oplus z\{f(1, 1, 0) \oplus f(1, 1, 1)\} \end{array} \right\}$$ (17)

式(17)を式(16)に代入し、さらにその結果を式 (15)に代入して、整理すれば式(14)になる。

式(14)を式(3)のガロア標準形の形式に整える。

$$f(x, y,z) = g_0 \oplus g_1 x \oplus g_2 y \oplus g_3 z$$

$$\quad \oplus g_{12}xy \oplus g_{23}yz \oplus g_{13}xz$$

$$\quad \oplus g_{123}xyz$$

$$f(x, y,z) = f(0, 0, 0)$$

$$\oplus \{f(0, 0, 0) \oplus f(1, 0, 0)\}x$$

$$\oplus \{f(0, 0, 0) \oplus f(0, 1, 0)\}y$$

$$\oplus \{f(0, 0, 0) \oplus f(0, 0, 1)\}z$$

$$\oplus \{f(0, 0, 0) \oplus f(0, 1, 0) \oplus f(1, 0, 0) \oplus f(1, 1, 0)\}xy$$

$$\oplus \{f(0, 0, 0) \oplus f(0, 0, 1) \oplus f(0, 1, 0) \oplus f(0, 1, 1)\}yz$$

$$\oplus \{f(0, 0, 0) \oplus f(0, 0, 1) \oplus f(1, 0, 0) \oplus f(1, 0, 1)\}xz$$

$$\oplus \{f(0, 0, 0) \oplus f(0, 0, 1)$$

$$\oplus f(0, 1, 0) \oplus f(0, 1, 1)$$

$$\oplus f(1, 0, 0) \oplus f(1, 0, 1)$$

$$\oplus f(1, 1, 0) \oplus f(1, 1, 1) \}xyz$$ (18)

式(18)は、3変数論理関数のガロア標準形である。
係数はつぎのような関係になる。

$$g_0 = f(0, 0, 0)$$

$$g_1 = f(0, 0, 0) \oplus f(1, 0, 0)$$

$$g_2 = f(0, 0, 0) \oplus f(0, 1, 0)$$

$$g_3 = f(0, 0, 0) \oplus f(0, 0, 1)$$

$$g_{12} = f(0, 0, 0) \oplus f(0, 1, 0) \oplus f(1, 0, 0) \oplus f(1, 1, 0)$$

$$g_{23} = f(0, 0, 0) \oplus f(0, 0, 1) \oplus f(0, 1, 0) \oplus f(0, 1, 1)$$

$$g_{13} = f(0, 0, 0) \oplus f(0, 0, 1) \oplus f(1, 0, 0) \oplus f(1, 0, 1)$$

$$g_{123} = f(0, 0, 0) \oplus f(0, 0, 1) \oplus f(0, 1, 0) \oplus f(0, 1, 1)$$

$$\oplus f(1, 0, 0) \oplus f(1, 0, 1) \oplus f(1, 1, 0) \oplus f(1, 1, 1)$$