Gan's blog - フォーラム

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webadm	投稿日時: 2010-8-21 10:11
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3093	抵抗性変成器次ぎも理想変成器を伴う回路の問題。以下の理想変成器と抵抗のみからなる回路が抵抗性変成器となることを示せというもの。いつも通り著者とは別解でやってみよう。上の回路のインピーダンス行列を以下の通り仮定する $\begin{eqnarray}<br />Z&=&\left[\begin{array}R_{11} & R_{12}\\R_{21} & R_{22}\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ これを例によって伝送行列に変換すると $\begin{eqnarray}<br />P&=&\left[\begin{array}E_2\\I_2\end{array}\right],\,\,Q=\left[\begin{array}E_1\\I_1\end{array}\right]\\<br />P^{\'}&=&\left[\begin{array}I_1\\-I_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]P+\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]Q\\<br />Q^{\'}&=&\left[\begin{array}E_1\\E_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]P+\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]Q\\<br />&=&Z P^{\'}\\<br />&=&Z\left(\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]P+\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]Q\right)\\<br />\left(\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]-Z\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]\right)Q&=&\left(Z\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]-\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]\right)P\\<br />Q&=&\left(\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]-Z\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]\right)^{-1}\left(Z\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]-\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]\right)P\\<br />Q&=&\left(\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}R_{11} & R_{12}\\R_{21} & R_{22}\end{array}\right]\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]\right)^{-1}\left(\left[\begin{array}R_{11} & R_{12}\\R_{21} & R_{22}\end{array}\right]\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]-\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]\right)P\\<br />Q&=&\left[\begin{array}1 & -R_{11}\cr 0 & -R_{21}\end{array}\right]^{-1}\left[\begin{array}0 & -R_{12}\cr -1 & -R_{22}\end{array}\right]P\\<br />Q&=&\left[\begin{array}1 & -\frac{R_{11}}{R_{21}}\cr 0 & -\frac{1}{R_{21}}\end{array}\right]\left[\begin{array}0 & -R_{12}\cr -1 & -R_{22}\end{array}\right]P\\<br />Q&=&\left[\begin{array}\frac{R_{11}}{R_{21}} & \frac{R_{11} R_{22}-R_{12} R_{21}}{R_{21}}\cr \frac{1}{R_{21}} & \frac{R_{22}}{R_{21}}\end{array}\right]P\\<br />&=&F P<br />\end{eqnarray}$ ということになる。一方理想変成器を伴う等価な回路の理想変成器を除いた部分回路の伝送行列をF'とすると、 $\begin{eqnarray}<br />\left[\begin{array}\frac{1}{\sqrt{\frac{R_2}{R_1}}}&0\\0&\sqrt{\frac{R_2}{R_1}}\end{array}\right]F^{\'}&=&F\\<br />F^{\'}&=&\left[\begin{array}\frac{1}{\sqrt{\frac{R_2}{R_1}}}&0\\0&\sqrt{\frac{R_2}{R_1}}\end{array}\right]^{-1}F\\<br />&=&\left[\begin{array}\sqrt{\frac{R_2}{R_1}}&0\\0&\frac{1}{\sqrt{\frac{R_2}{R_1}}}\end{array}\right]\left[\begin{array}\frac{R_{11}}{R_{21}} & \frac{R_{11} R_{22}-R_{12} R_{21}}{R_{21}}\cr \frac{1}{R_{21}} & \frac{R_{22}}{R_{21}}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{R_{11} \sqrt{\frac{R_2}{R_1}}}{R_{21}} & \frac{\sqrt{\frac{R_2}{R_1}} \left( R_{11} R_{22}-R_{12} R_{21}\right) }{R_{21}}\cr \frac{1}{\sqrt{\frac{R_2}{R_1}} R_{21}} & \frac{R_{22}}{\sqrt{\frac{R_2}{R_1}} R_{21}}\end{array}\right]\\<br />\end{eqnarray}$ ということになる。最終的にこれが抵抗R2が並列に接続されただけの二端子対回路の伝送行列と等しくなければならないことから $\begin{eqnarray}<br />F^{\'}&=&\left[\begin{array}1&0\\\frac{1}{R_2}&1\end{array}\right]=\left[\begin{array}\frac{R_{11} \sqrt{\frac{R_2}{R_1}}}{R_{21}} & \frac{\sqrt{\frac{R_2}{R_1}} \left( R_{11} R_{22}-R_{12} R_{21}\right) }{R_{21}}\cr \frac{1}{\sqrt{\frac{R_2}{R_1}} R_{21}} & \frac{R_{22}}{\sqrt{\frac{R_2}{R_1}} R_{21}}\end{array}\right]\\<br />\frac{R_{11} \sqrt{\frac{R_2}{R_1}}}{R_{21}}&=&1\\<br />\frac{\sqrt{\frac{R_2}{R_1}} \left( R_{11} R_{22}-R_{12} R_{21}\right) }{R_{21}}&=&0\\<br />\frac{1}{\sqrt{\frac{R_2}{R_1}} R_{21}}&=&\frac{1}{R_2}\\<br />\frac{R_{22}}{\sqrt{\frac{R_2}{R_1}} R_{21}}&=&1<br />\end{eqnarray}$ が成り立たなければならないことになる。最初にR21が求められ、順次他の式に代入して他のインピーダンスパラメータを解いていくと $\begin{eqnarray}<br />R_{21}&=&\sqrt{R_1 R_2}\\<br />R_{11}&=&R_1\\<br />R_{22}&=&R_2\\<br />R_{12}&=&\sqrt{R_1 R_2}\\<br />Z&=&\left[\begin{array}R_{11}&R_{12}\\R_{21}&R_{22}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}R_1&\sqrt{R_1 R_2}\\\sqrt{R_1 R_2}&R_2\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ ということになる。これは抵抗性変成器であることに他ならない。

webadm	投稿日時: 2010-8-18 3:42
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3093	容量性変成器次ぎも理想変成器を伴う回路の問題。以下の理想変成器を伴う回路全体のインピーダンスマトリックスを導けというもの。伝送行列でないところがひっかけである。著者と別解でやることにしよう。最初にインピーダンスマトリックスを伝送行列に変換する $\begin{eqnarray}<br />P&=&\left[\begin{array}E_2\\I_2\end{array}\right],\,Q=\left[\begin{array}E_1\\I_1\end{array}\right]\\<br />P^{\'}&=&\left[\begin{array}I_1\\-I_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}0 & 0\\0 & -1\end{array}\right]P+\left[\begin{array}0 & 1\\0 & 0\end{array}\right]Q\\<br />Q^{\'}&=&\left[\begin{array}E_1\\E_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}0 & 0\\1 & 0\end{array}\right]P+\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]Q\\<br />&=&Z P^{\'}\\<br />&=&\left[\begin{array}Z_1&Z_2\\Z_3&Z_4\end{array}\right]\left(\left[\begin{array}0 & 0\\0 & 1\end{array}\right]P+\left[\begin{array}0 & 1\\0 & 0\end{array}\right]Q\right)\\<br />\left(\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}Z_1&Z_2\\Z_3&Z_4\end{array}\right]\left[\begin{array}0 & 1\\0 & 0\end{array}\right]\right)Q&=&\left(\left[\begin{array}Z_1&Z_2\\Z_3&Z_4\end{array}\right]\left[\begin{array}0 & 0\\0 & -1\end{array}\right]-\left[\begin{array}0 & 0\\1 & 0\end{array}\right]\right)P\\<br />Q&=&\left(\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}Z_1&Z_2\\Z_3&Z_4\end{array}\right]\left[\begin{array}0 & 1\\0 & 0\end{array}\right]\right)^{-1}\left(\left[\begin{array}Z_1&Z_2\\Z_3&Z_4\end{array}\right]\left[\begin{array}0 & 0\\0 & -1\end{array}\right]-\left[\begin{array}0 & 0\\1 & 0\end{array}\right]\right)P\\<br />&=&\left[\begin{array}1&-Z_1\\0&-Z_3\end{array}\right]^{-1}\left[\begin{array}0&-Z_2\\-1&-Z_4\end{array}\right]P\\<br />&=&\left[\begin{array}1&-\frac{Z_1}{Z_3}\\0&-\frac{1}{Z_3}\end{array}\right]\left[\begin{array}0&-Z_2\\-1&-Z_4\end{array}\right]P\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{Z_1}{Z_3} & \frac{Z_1 Z_4-Z_2 Z_3}{Z_3}\cr \frac{1}{Z_3} & \frac{Z_4}{Z_3}\end{array}\right]P\\<br />&=&F P\\<br />\end{eqnarray}$ 上記に題意の理想変成器の伝送行列の逆行列を乗じると理想変成器を含む等価回路の理想変成器を除いた部分の回路の伝送行列が得られる。 $\begin{eqnarray}<br />F^{\'}&=&F \left[\begin{array}n&0\\0&\frac{1}{n}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{Z_1}{Z_3} & \frac{Z_1 Z_4-Z_2 Z_3}{Z_3}\cr \frac{1}{Z_3} & \frac{Z_4}{Z_3}\end{array}\right]\left[\begin{array}\sqrt{\frac{C_1}{C_2}}&0\\0&\sqrt{\frac{C_2}{C_1}}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{\sqrt{\frac{C_1}{C_2}} Z_1}{Z_3} & \frac{\sqrt{\frac{C_2}{C_1}} \left( Z_1 Z_4-Z_2 Z_3\right) }{Z_3}\cr \frac{\sqrt{\frac{C_1}{C_2}}}{Z_3} & \frac{\sqrt{\frac{C_2}{C_1}} Z_4}{Z_3}\end{array}\right]\\<br />\end{eqnarray}$ これがC1のみ並列接続した部分回路の伝送行列と等価であるためには $\begin{eqnarray}<br />\left[\begin{array}\frac{\sqrt{\frac{C_1}{C_2}} Z_1}{Z_3} & \frac{\sqrt{\frac{C_2}{C_1}} \left( Z_1 Z_4-Z_2 Z_3\right) }{Z_3}\cr \frac{\sqrt{\frac{C_1}{C_2}}}{Z_3} & \frac{\sqrt{\frac{C_2}{C_1}} Z_4}{Z_3}\end{array}\right]&=&\left[\begin{array}1&0\\j\omega C_1 & 1\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ が成り立つ必要がある。従って $\begin{eqnarray}<br />\frac{\sqrt{\frac{C_1}{C_2}} Z_1}{Z_3}&=&1\\<br />\frac{\sqrt{\frac{C_2}{C_1}} \left( Z_1 Z_4-Z_2 Z_3\right) }{Z_3}&=&0\\<br />\frac{\sqrt{\frac{C_1}{C_2}}}{Z_3}&=&j\omega C_1\\<br />\frac{\sqrt{\frac{C_2}{C_1}} Z_4}{Z_3}&=&1<br />\end{eqnarray}$ ３番目の式よりZ3が求まり、順次代入していくと $\begin{eqnarray}<br />Z_3&=&\frac{1}{j\omega \sqrt{C_1 C_2}}\\<br />Z_1&=&\frac{1}{j\omega C_1}\\<br />Z_4&=&\frac{1}{j\omega C_2}\\<br />Z_2&=&\frac{1}{j\omega \sqrt{C_1 C_2}}<br />\end{eqnarray}$ ということになり、従ってインピーダンスマトリックスは $\begin{eqnarray}<br />Z&=&\left[\begin{array}\frac{1}{j\omega C_1}&\frac{1}{j\omega \sqrt{C_1 C_2}}\\\frac{1}{j\omega \sqrt{C_1 C_2}}&\frac{1}{j\omega C_2}\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ ということになる。インピーダンスパラメータがすべて容量性リアクタンスに見えるため容量性変成器と呼ばれる。

webadm	投稿日時: 2010-8-17 20:48
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3093	続：Norton変換次ぎもNorton変換に関するもの。以下の２つの回路が等価になる条件を導けというもの。著者とは別解でやってみよう。左の回路を右と同様に両脇に理想変成器を縦続接続した等価な回路を考えるこれのF'を導けば良いことになる。 $\begin{eqnarray}<br />\left[\begin{array}\frac{1}{n} & 0\\0 & n\end{array}\right]F^{\'}\left[\begin{array}n & 0\\0 & \frac{1}{n}\end{array}\right]&=&F\\<br />\end{eqnarray}$ F'は２つの理想変成器の伝送行列の逆行列をそれぞれ乗じて $\begin{eqnarray}<br />\left[\begin{array}\frac{1}{n} & 0\\0 & n\end{array}\right]^{-1}\left[\begin{array}\frac{1}{n} & 0\\0 & n\end{array}\right]F^{\'}\left[\begin{array}n & 0\\0 & \frac{1}{n}\end{array}\right]\left[\begin{array}n & 0\\0 & \frac{1}{n}\end{array}\right]^{-1}&=&\left[\begin{array}\frac{1}{n} & 0\\0 & n\end{array}\right]^{-1}F\left[\begin{array}n & 0\\0 & \frac{1}{n}\end{array}\right]^{-1}\\<br />F^{\'}&=&\left[\begin{array}n & 0\\0 & \frac{1}{n}\end{array}\right]F\left[\begin{array}\frac{1}{n} & 0\\0 & n\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}n & 0\\0 & \frac{1}{n}\end{array}\right]\left[\begin{array}1 & Z_0\\0 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}1 & 0\\Y_0 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}\frac{1}{n} & 0\\0 & n\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}n & 0\\0 & \frac{1}{n}\end{array}\right]\left[\begin{array}Y_0 Z_0+1 & Z_0\\Y_0 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}\frac{1}{n} & 0\\0 & n\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}Y_0 Z_0+1 & {n}^{2} Z_0\cr \frac{Y_0}{{n}^{2}} & 1\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ 一方(b)の真ん中のF'と等価になるべき二端子対部分回路の伝送行列は $\begin{eqnarray}<br />F^{\'}_b&=&\left[\begin{array}1 & Z\\0 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}1 & 0\\Y & 1\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}Y Z+1 & Z\\Y & 1\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ F'=F'bとなる条件は自明で $\begin{eqnarray}<br />Z&=&n^2 Z_0\\<br />Y&=&\frac{Y_0}{n^2}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。なんだずいぶん温い問題だな(´∀` ) P.S このへそ曲がりな解法で気づくのは、理想変成器に挟まれた二端子対回路は以下の様な回路と等価であること巻数比が逆の理想変成器を縦続接続するとその伝送行列は単位行列となり直結と同じになる。一番真ん中のFは更に全体のFで置き換えると無限に置き換えられる。なんだか子供の頃に鏡二枚を向かい合わせにして、横から中を覗き込んだ時に見える無限回廊を思い出す。見ては行けないと言われると覗き込みたくなる。ここで出てくるFとF'の２つの行列は線形代数では互いに相似な行列として大抵の参考書で出てくる。手元の「ラング線型代数学（下）」では引用： A:V→Vを体Kの上の有限次元ベクトル空間の線型写像とする。βをVの基底とし、βに関してAをあらわす行列をMとする。β'が他の基底ならば、β'に関するAの行列M'が $M^{\'}=N^{-1}M N$ であるような、Kの可逆行列Nが存在する。定理13によって、Mの特性多項式はM'の特性多項式と等しい。この特性多項式を、線型写像Aの特性多項式と定義する。ここでのNが問題の回路では可逆な理想変成器の伝送行列ということになる。MとM'がそれぞれ理想変性器を含まない二端子対回路の伝送行列F,F'ということになる。ここでも電気回路は線形代数の実相であることがわかる。

webadm	投稿日時: 2010-8-17 10:44
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3093	Norton変換次ぎの問題も理想変成器にからんだ問題。以下の２つの回路が等価になる条件を示せというもの。著者とは別解でやってみよう。前問をヒントに、理想変成器を使って上記回路の(b)を以下の様な等価回路に置き換えてみると F'が左のZ直列のみの二端子対回路の伝送行列と等しくなる条件を求めればよいわけである。上の(b)を行列表記すると $\begin{eqnarray}<br />F^{\'}\left[\begin{array}\frac{1}{n} & 0\\0 & n\end{array}\right]&=&F<br />\end{eqnarray}$ ということになる。Fは元のπ型二端子対回路の伝送行列である。理想変成器は可逆回路なのでその伝送行列には逆行列が存在し、それを両辺に乗じるとF'が求まる $\begin{eqnarray}<br />F^{\'}\left[\begin{array}\frac{1}{n} & 0\\0 & n\end{array}\right]\left[\begin{array}\frac{1}{n} & 0\\0 & n\end{array}\right]^{-1}&=&F\left[\begin{array}\frac{1}{n} & 0\\0 & n\end{array}\right]^{-1}\\<br />F^{\'}&=&F\left[\begin{array}n & 0\\0 & \frac{1}{n}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}1 & 0\\\frac{1}{Z_1} & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}1 & Z_2\\0 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}1 & 0\\\frac{1}{Z_3} & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}n & 0\\0 & \frac{1}{n}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{Z_3+Z_2}{Z_3} & Z_2\cr \frac{Z_3+Z_2+Z_1}{Z_1 Z_3} & \frac{Z_2+Z_1}{Z_1}\end{array}\right]\left[\begin{array}n & 0\\0 & \frac{1}{n}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{n \left( Z_3+Z_2\right) }{Z_3} & \frac{Z_2}{n}\cr \frac{n \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }{Z_1 Z_3} & \frac{Z_2+Z_1}{n Z_1}\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ ここで(a),(b)が等価であればF'が(a)の理想変成器を除いた回路の伝送行列と等しいことになるので $\begin{eqnarray}<br />F^{\'}&=&\left[\begin{array}\frac{n \left( Z_3+Z_2\right) }{Z_3} & \frac{Z_2}{n}\cr \frac{n \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }{Z_1 Z_3} & \frac{Z_2+Z_1}{n Z_1}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}1 & Z\\0 & 1\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ 従って以下が成り立つ必要がある $\begin{eqnarray}<br />\frac{n \left( Z_3+Z_2\right) }{Z_3}&=&1\\<br />\frac{Z_2}{n}&=&Z\\<br />\frac{n \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }{Z_1 Z_3}&=&0\\<br />\frac{Z_2+Z_1}{n Z_1}&=&1<br />\end{eqnarray}$ 上の第二式よりZ2=nZを他の式に代入すると $\begin{eqnarray}<br />Z_2&=&n Z\\<br />\frac{n \left( Z_3+n Z\right) }{Z_3}&=&1\\<br />Z_3&=&\frac{n^2 Z}{1-n}\\<br />\frac{n \left( \frac{n^2 Z}{1-n}+n Z+Z_1\right) }{Z_1 \frac{n^2 Z}{1-n}}&=&0\\<br />Z_1&=&\frac{n Z}{n-1}\\<br />\end{eqnarray}$ ということになる。表題のNorton変換(Norton Transformation)というのは、左の理想変成器を含む二端子対回路と等価な理想変成器を含まない二端子対回路の変換をさすらしい。検索しても現れるのはほとんどSymantecのNortonばっかり(;´Д`)

webadm	投稿日時: 2010-7-28 6:11
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3093	相互誘導回路と理想変成器次ぎは相互誘導回路と理想変成器に関わる問題。上の図のような相互誘導回路に関して・伝送行列とアドミッタンス行列を求めよ・密結合(k=1)の場合の等価回路を理想変成器を用いて表せ・L2とL1の比を一定にしたままでL1→∞,L2→∞とすると相互誘導回路が理想変成器になることを示せというもの。理論の時にはいきなり理想変成器だけ出てきたとまどったが、相互誘導回路は演習問題として残してあったのね。相互誘導回路の伝送行列を求めるには、Fパラメータの各条件を回路に適用して求めれば良い。だが('A`)ﾏﾝﾄﾞｸｾ以下の様に等価回路に置き換えてしまえばいいのではないか。これならT形回路なので部分回路の縦続接続として伝送行列を簡単に導くことが出来る $\begin{eqnarray}<br />F_1&=&\left[\begin{array}1&j\omega\left(L_1-M\right)\\0&1\end{array}\right]\\<br />F_2&=&\left[\begin{array}1&0\\-\frac{j}{\omega M}&1\end{array}\right]\\<br />F_3&=&\left[\begin{array}1&j\omega\left(L_2-M\right)\\0&1\end{array}\right]\\<br />F&=&F_1 F_2 F_3=\left[\begin{array}1&j\omega\left(L_1-M\right)\\0&1\end{array}\right]\left[\begin{array}1&0\\-\frac{j}{\omega M}&1\end{array}\right]\left[\begin{array}1&j\omega\left(L_2-M\right)\\0&1\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{L_1}{M} & -\frac{j\omega \left( {M}^{2}-L_1 L_2\right) }{M}\\ -\frac{j}{\omega M} & \frac{L_2}{M}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{L_1}{M} & \frac{j\omega \left( L_1 L_2-{M}^{2}\right) }{M}\\ \frac{1}{j\omega M} & \frac{L_2}{M}\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ ということになる。アドミッタンス行列は線型代数の座標変換によって $\begin{eqnarray}<br />P&=&\left[\begin{array}E_2\\I_2\end{array}\right],\,Q=\left[\begin{array}E_1\\I_1\end{array}\right]\\<br />P^{\'}&=&\left[\begin{array}E_1\\E_2\end{array}\right],\,Q^{\'}=\left[\begin{array}I_1\\-I_2\end{array}\right]\\<br />Q&=&\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]P^{\'}+\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]Q^{\'}\\<br />&=&F P=F\left(\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]P^{\'}+\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]Q^{\'}\right)\\<br />&&\left(\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]-F\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]\right)Q^{\'}=\left(F\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]\right)P^{\'}\\<br />Q^{\'}&=&\left(\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]-F\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]\right)^{-1}\left(F\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]\right)P^{\'}\\<br />&=&\left(\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}\frac{L_1}{M} & \frac{j\omega \left( L_1 L_2-{M}^{2}\right) }{M}\\ \frac{1}{j\omega M} & \frac{L_2}{M}\end{array}\right]\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]\right)^{-1}\left(\left[\begin{array}\frac{L_1}{M} & \frac{j\omega \left( L_1 L_2-{M}^{2}\right) }{M}\\ \frac{1}{j\omega M} & \frac{L_2}{M}\end{array}\right]\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]\right)P^{\'}\\<br />&=&\left[\begin{array}0 & \frac{j\omega \left( L_1 L_2-{M}^{2}\right) }{M}\\ 1 & \frac{L_2}{M}\end{array}\right]^{-1}\left[\begin{array}-1 & \frac{L_1}{M}\cr 0 & \frac{1}{j\omega M}\end{array}\right]P^{\'}\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{L_2}{j\omega \left( {M}^{2}-L_1 L_2\right) } & 1\\ \frac{j M}{\omega \left( {M}^{2}-L_1 L_2\right) } & 0\end{array}\right]\left[\begin{array}-1 & \frac{L_1}{M}\cr 0 & \frac{1}{j\omega M}\end{array}\right]P^{\'}\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{j L_2}{\omega \left( {M}^{2}-L_1 L_2\right) } & -\frac{j M}{\omega \left( {M}^{2}-L_1 L_2\right) }\cr -\frac{j M}{\omega \left( {M}^{2}-L_1 L_2\right) } & \frac{j L_1}{\omega \left( {M}^{2}-L_1 L_2\right) }\end{array}\right]P^{\'}\\<br />&=&\frac{1}{{\omega}^2\left(M^2-L_1 L_2\right)}\left[\begin{array}j\omega L_2&-j\omega M\\-j \omega M&j\omega L_1\end{array}\right]P^{\'}\\<br />&=&Y P^{\'}\\<br />\end{eqnarray}$ ということになる。さて二番目の題意が判りにくい。理想変成器を用いて等価回路を表せというのはどういうことだろう。問題の意味を理解すれば半分は解けたも同然なのだが。学生の頃に最初の数学の期末試験問題の問題文を見て、まったく意味が解らなくて青ざめた記憶が蘇る。周りにも同じように青くなっているクラスメートが大勢いて少し安心したり。実は問題文の難しさと問題の難しさは無関係である。誰にでも問題の意味が理解できる数学の問題ほど何百年も解けなかった。逆に問題文が意味不明なのは超簡単であるという可能性がある。学ぶ身からすればそういった難解な問題文を読み解けるようになるだけの知識を身につけることが必要だが、もっと簡単に意味が解る問題文に言い換える能力も養っておくと後々色々役立つ。なんでもそうだけど難しく書いたり言ったりするのは簡単だが、判りやすく書いたり説明するのは意外に難しい。アルバイトの仕事で忙しくてまたしても間が空いてしまいそうである。しかし純粋に演習問題の解法を考えるのは現実を忘れられるので今では不可欠である。 (2010/08/16) さて次ぎなる設問は結合係数が1の理想変成器をつかった等価な回路を示せというものである。題意が掴みかねていたが、以下の図のように考えればよいことになる。巻線比が1:nの理想変成器と縦続して伝送行列F'の二端子対回路が接続された回路が、前述の二端子回路と等価となるF'を求めよという問題に言い換えることができる。上記の回路を行列式で表すと $\begin{eqnarray}<br />F^{\'} \left[\begin{array}\frac{1}{n} &0\\0 & n\end{array}\right]&=&F<br />\end{eqnarray}$ 理想変成器は可逆回路なので伝送行列の逆行列が存在し、それを両辺に乗じるとF'が得られることになる。 $\begin{eqnarray}<br />F^{\'} \left[\begin{array}\frac{1}{n} &0\\0 & n\end{array}\right]\left[\begin{array}\frac{1}{n} &0\\0 & n\end{array}\right]^{-1}&=&F\left[\begin{array}\frac{1}{n} &0\\0 & n\end{array}\right]^{-1}\\<br />F^{\'}&=&\left[\begin{array}\frac{L_1}{M} & \frac{j\omega \left( L_1 L_2-{M}^{2}\right) }{M}\\ \frac{1}{j\omega M} & \frac{L_2}{M}\end{array}\right]\left[\begin{array}n &0\\0 & \frac{1}{n}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{n L_1}{M} & \frac{j \omega\left(L_1 L_2-M^2\right)}{n M}\\\frac{n}{j\omega M} & \frac{L_2}{n M}\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ ということになる。また題意より結合係数(k)は1であることから以下が成り立つ $\begin{eqnarray}<br />k^2&=&\frac{M^2}{L_1 L_2}\\<br />M^2&=&k^2 L_1 L_2\\<br />M&=&k\sqrt{L_1 L_2}\\<br />M&=&\sqrt{L_1 L_2}\,\left(k=1\right)\\<br />M^2-L_1 L_2&=&0\,\left(k=1\right)<br />\end{eqnarray}$ これを代入すると $\begin{eqnarray}<br />F^{\'}&=&\left[\begin{array}\frac{n L_1}{\sqrt{L_1 L_2}} & \frac{j \omega\left(L_1 L_2-L_1 L_2\right)}{n \sqrt{L_1 L_2}}\\\frac{n}{j\omega \sqrt{L_1 L_2}} & \frac{L_2}{n \sqrt{L_1 L_2}}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}n\sqrt{\frac{L_1}{L_2}} & 0\\\frac{n}{j\omega\sqrt{L_1 L_2}} & \frac{1}{n}\sqrt{\frac{L_2}{L_1}}\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ ここで巻線比nは $\begin{eqnarray}<br />n^2&=&\frac{L_2}{L_1}\\<br />n&=&\sqrt{\frac{L_2}{L_1}}<br />\end{eqnarray}$ という関係を最後に代入するとF'は $\begin{eqnarray}<br />F^{\'}&=&\left[\begin{array}\sqrt{\frac{L_2}{L_1}}\sqrt{\frac{L_1}{L_2}} & 0\\\frac{\sqrt{\frac{L_2}{L_1}}}{j\omega\sqrt{L_1 L_2}} & \frac{L_1}{L_2}\frac{L_2}{L_1}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}1 & 0\\\frac{1}{j\omega L_1} & 1\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ ということになる。これはインダクタンスL1が並列に接続されただけの二端子対回路の伝送行列であるため、理想変成器を用いた等価な回路とはということになる。もうひとつの等価回路として、理想変成器を前に置いたものが当然考えられるが、どこがどう違うか比較するのは読者の課題としよう(´∀` ) 最後の設問は巻線比を一定にしたままL1,L2を∞にすると上記等価回路が理想変成器そのものになるということを示せというもの。これはnはそのまま関係式は変わらずに、L1,L2が∞になることから、L1が∞になると上記等価回路の並列L1のインピーダンスが∞となり、従ってF'及びFは $\begin{eqnarray}<br />F^{\'}&=&\lim_{L_1\to\infty}\left[\begin{array}1 & 0\\\frac{1}{j\omega L_1} & 1\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}1 & 0\\0 & 1\end{array}\right]\\<br />F&=&F^{\'}\left[\begin{array}\frac{1}{n} &0\\0 & n\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}1 & 0\\0 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}\frac{1}{n} &0\\0 & n\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{1}{n} &0\\0 & n\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ ということになりFは理想変成器の伝送行列と等価になる。

webadm	投稿日時: 2010-7-8 21:06
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3093	π形回路の伝送行列、影像パラメータ、反復パラメータ次ぎの問題はπ形回路の伝送行列、影像パラメータ、反復パラメータを求める問題。左端の回路の伝送行列、残りの回路の影像パラメータ、右端の回路の反復パラメータを求めよというもの。夏風邪をひいたり、アルバイトの仕事が舞い込んだりして時間がとれなくなったが、ほどよい気分転換(現実逃避）になるのでちょくちょく暇を見てやっていこう。まず左端の回路の伝送行列は、３つの部分回路の縦続接続として計算すると簡単である。 $\begin{eqnarray}<br />F_1&=&\left[\begin{array}1&0\\\frac{1}{Z_1}&1\end{array}\right]\\<br />F_2&=&\left[\begin{array}1&Z_2\\0&1\end{array}\right]\\<br />F_3&=&\left[\begin{array}1&0\\\frac{1}{Z_3}&1\end{array}\right]\\<br />F&=&F_1 F_2 F_3=\left[\begin{array}1&0\\\frac{1}{Z_1}&1\end{array}\right]\left[\begin{array}1&Z_2\\0&1\end{array}\right]\left[\begin{array}1&0\\\frac{1}{Z_3}&1\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}1+\frac{Z_2}{Z_3}&Z_2\\\frac{Z_1+Z_2+Z_3}{Z_1 Z_3}&1+\frac{Z_2}{Z_1}\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ 次ぎに上の伝送行列に関する影像パラメータはZ1とZ3が入れ替わった鏡映回路(Fi)と縦続接続した回路の伝送行列の固有値と固有ベクトルから $\begin{eqnarray}<br />F_i&=&\left[\begin{array}1+\frac{Z_2}{Z_1}&Z_2\\\frac{Z_1+Z_2+Z_3}{Z_1 Z_3}&1+\frac{Z_2}{Z_3}\end{array}\right]\\<br />F F_i&=&\left[\begin{array}1+\frac{Z_2}{Z_3}&Z_2\\\frac{Z_1+Z_2+Z_3}{Z_1 Z_3}&1+\frac{Z_2}{Z_1}\end{array}\right]\left[\begin{array}1+\frac{Z_2}{Z_1}&Z_2\\\frac{Z_1+Z_2+Z_3}{Z_1 Z_3}&1+\frac{Z_2}{Z_3}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2}{Z_1 Z_3} & \frac{2 Z_2 \left( Z_3+Z_2\right) }{Z_3}\\ \frac{2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }{{Z_1}^{2} Z_3} & \frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2}{Z_1 Z_3}\end{array}\right]\\<br />F_i F&=&\left[\begin{array}\frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2}{Z_1 Z_3} & \frac{2 Z_2 \left( Z_2+Z_1\right) }{Z_1}\\ \frac{2 \left( Z_3+Z_2\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }{Z_1 {Z_3}^{2}} & \frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2}{Z_1 Z_3}\end{array}\right]\\<br />\left\|\lambda I-F F_i\right\|&=&\left\|\lambda I-\left[\begin{array}\frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2}{Z_1 Z_3} & \frac{2 Z_2 \left( Z_3+Z_2\right) }{Z_3}\\ \frac{2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }{{Z_1}^{2} Z_3} & \frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2}{Z_1 Z_3}\end{array}\right]\right\|\\<br />&=&\left\|\begin{array}\lambda-\frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2}{Z_1 Z_3} & -\frac{2 Z_2 \left( Z_3+Z_2\right) }{Z_3}\\ -\frac{2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }{{Z_1}^{2} Z_3} & \lambda-\frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2}{Z_1 Z_3}\end{array}\right\|\\<br />&=&{\left( \lambda-\frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2}{Z_1 Z_3}\right) }^{2}-\frac{4 Z_2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }{{Z_1}^{2} {Z_3}^{2}}\\<br />&=&\left(\lambda-\left(\frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2-2\sqrt{Z_2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right)}}{Z_1 Z_3}\right)\right)\left(\lambda-\left(\frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2+2\sqrt{Z_2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right)}}{Z_1 Z_3}\right)\right)\\<br />\lambda&=&\frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2\pm 2\sqrt{Z_2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right)}}{Z_1 Z_3}\\<br />&=&\left(\sqrt{\frac{\left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) }{Z_1 Z_3}}\pm \sqrt{\frac{ Z_2\left(Z_3+Z_2+Z_1\right)}{Z_1 Z_3}}\right)^2\\<br />\theta&=&\ln\left(\sqrt{\frac{\left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) }{Z_1 Z_3}}+ \sqrt{\frac{ Z_2\left(Z_3+Z_2+Z_1\right)}{Z_1 Z_3}}\right)\\<br />\cosh\left(\theta\right)&=&\frac{e^{\theta}+e^{-\theta}}{2}=\sqrt{\frac{\left(Z_2+Z_1\right)\left(Z_3+Z_2\right)}{Z_1 Z_3}}\\<br />\theta&=&\cosh^{-1}\left(\sqrt{\frac{\left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) }{Z_1 Z_3}}\right)\\<br />\left(\lambda I-F F_i\right)x&=&\left[\begin{array}\frac{\cancel{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2}\pm 2\sqrt{Z_2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right)}}{Z_1 Z_3}-\cancel{\frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2}{Z_1 Z_3}} & -\frac{2 Z_2 \left( Z_3+Z_2\right) }{Z_3}\\ -\frac{2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }{{Z_1}^{2} Z_3} & \frac{\cancel{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2}\pm 2\sqrt{Z_2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right)}}{Z_1 Z_3}-\cancel{\frac{2 Z_2 Z_3+Z_1 Z_3+2 {Z_2}^{2}+2 Z_1 Z_2}{Z_1 Z_3}}\end{array}\right]x\\<br />&=&\left[\begin{array}\pm \frac{2\sqrt{Z_2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right)}}{Z_1 Z_3} & -\frac{2 Z_2 \left( Z_3+Z_2\right) }{Z_3}\\ -\frac{2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }{{Z_1}^{2} Z_3} & \pm \frac{2\sqrt{Z_2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right)}}{Z_1 Z_3}\end{array}\right]\left[\begin{array}Z_{01}\\1\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\pm \frac{2\sqrt{Z_2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right)}}{Z_1 Z_3}Z_{01} -\frac{2 Z_2 \left( Z_3+Z_2\right) }{Z_3}\\ -\frac{2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }{{Z_1}^{2} Z_3}Z_{01} \pm \frac{2\sqrt{Z_2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right)}}{Z_1 Z_3}\end{array}\right]=\left[\begin{array}0\\0\end{array}\right]\\<br />Z_{01}&=&\frac{2 Z_1 Z_2 \left( Z_3+Z_2\right)}{2\sqrt{Z_2 \left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right)}}=Z_1 \sqrt{\frac{Z_2 \left( Z_3+Z_2\right)}{\left( Z_2+Z_1\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right)}}\\<br />Z_{02}&=&\frac{2 Z_3 Z_2 \left( Z_1+Z_2\right)}{2\sqrt{Z_2 \left( Z_2+Z_3\right) \left( Z_1+Z_2\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right)}}=Z_3 \sqrt{\frac{Z_2 \left( Z_1+Z_2\right)}{\left( Z_2+Z_3\right) \left( Z_3+Z_2+Z_1\right)}}<br />\end{eqnarray}$ ということになる、FとFiは互いに鏡映回路なのでZ1とZ3が入れ替わっただけの違いでしかない、従ってZ01,Z02もZ1とZ3が入れ替わっただけの違いでしかない。ここで問題の２つの回路の影像パラメータを計算してみることにする。中央の非対称回路の場合、 $\begin{eqnarray}<br />Z_1&=&-\frac{j}{\omega C},\,Z_2=2 j\omega L,\,Z_3=-\frac{j}{3\omega C}\\<br />\theta&=&\cosh^{-1}\left(\sqrt{\frac{\left( 2 \omega L-\frac{1}{\omega C}\right) \left( 2 \omega L-\frac{1}{3\omega C}\right) }{\frac{1}{3{\omega}^2 C^2}}}\right)\\<br />&=&\cosh^{-1}\left(\sqrt{\left(2{\omega}^2 C L-1\right)\left(6{\omega}^2C L-1\right)}\right)\\<br />Z_{01}&=&-\frac{j}{\omega C} \sqrt{\frac{2 \omega L \left( 2 \omega L-\frac{1}{3\omega C}\right)}{\left( 2 \omega L-\frac{1}{\omega C}\right) \left( 2 \omega L-\frac{1}{\omega C}-\frac{1}{3\omega C}\right)}}\\<br />&=&\sqrt{\frac{L\left(1-6{\omega}^2C L\right)}{C\left(2{\omega}^2 C L-1\right)\left(3{\omega}^2 C L-2\right)}}\\<br />Z_{02}&=&-\frac{j}{3\omega C} \sqrt{\frac{2 \omega L \left( 2 \omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}{\left( 2 \omega L-\frac{1}{3\omega C}\right) \left( 2 \omega L-\frac{1}{\omega C}-\frac{1}{3\omega C}\right)}}\\<br />&=&\sqrt{\frac{L\left(1-2{\omega}^2 C L\right)}{C\left(3{\omega}^2 C L-2\right)\left(6{\omega}^2 C L -1\right)}}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。残る右端の回路はZ1=Z3の対称回路であるため $\begin{eqnarray}<br />Z_1&=&Z_3=j\omega L,\,Z_2=-\frac{j}{\omega C}\\<br />\theta&=&\cosh^{-1}\left(\sqrt{\frac{\left( \omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^2}{{\omega}^2 L^2}}\right)\\<br />&=&\cosh^{-1}\left(1-\frac{1}{{\omega}^2 C L}\right)\\<br />Z_{01}&=&Z_{02}=j\omega L \sqrt{\frac{-\frac{1}{\omega C} \cancel{\left( \omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}}{\cancel{\left( \omega L-\frac{1}{\omega C}\right)} \left( \omega L+\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}}\\<br />&=&\frac{\omega L}{\sqrt{2{\omega}^2 C L-1}}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。また反復パラメータは伝送行列の固有値と固有ベクトルから $\begin{eqnarray}<br />\left\|\lambda I-F\right\|&=&\left\|\begin{array}\lambda-1-\frac{Z_2}{Z_3}&-Z_2\\-\frac{Z_1+Z_2+Z_3}{Z_1 Z_3}&\lambda-1-\frac{Z_2}{Z_1}\end{array}\right\|\\<br />&=&\left( \lambda-\frac{Z_2+Z_1}{Z_1}\right) \left( \lambda-\frac{Z_3+Z_2}{Z_3}\right) -\frac{Z_2 \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }{Z_1 Z_3}\\<br />&=&\left(\lambda-\frac{Z_2 Z_3+2 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2}{2 Z_1 Z_3}\right)^2-\left(\frac{Z_2 \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }{Z_1 Z_3}-\frac{\left(Z_2+Z_1\right)\left(Z_3+Z_2\right)}{Z_1 Z_3}+\left(\frac{Z_2 Z_3+2 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2}{2 Z_1 Z_3}\right)^2\right)\\<br />&=&\left(\lambda-\left(\frac{Z_2 Z_3+2 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2}{2 Z_1 Z_3}-\sqrt{\frac{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right) }{4 {Z_1}^{2} {Z_3}^{2}}}\right)\right)\left(\lambda-\left(\frac{Z_2 Z_3+2 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2}{2 Z_1 Z_3}+\sqrt{\frac{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right) }{4 {Z_1}^{2} {Z_3}^{2}}}\right)\\<br />&=&\left(\lambda-\left(\frac{Z_2 Z_3+2 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2-\sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}}{2 Z_1 Z_3}\right)\right)\left(\lambda-\left(\frac{Z_2 Z_3+2 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2+\sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}}{2 Z_1 Z_3}\right)\right)\\<br />\lambda&=&\frac{Z_2 Z_3+2 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\pm \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}}{2 Z_1 Z_3}\\<br />\Gamma&=&\ln\left(\frac{Z_2 Z_3+2 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2+ \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}}{2 Z_1 Z_3}\right)\\<br />\cosh\left(\Gamma\right)&=&\frac{e^{\Gamma}+e^{-\Gamma}}{2}=\frac{Z_2 Z_3+2 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2}{2 Z_1 Z_3}\\<br />\Gamma&=&\cosh^{-1}\left(\frac{Z_2\left( Z_3+Z_1\right)}{2 Z_1 Z_3}+1\right)\\<br />\left(\lambda I-F\right)x&=&\left[\begin{array}\frac{Z_2 Z_3+\cancel{2 Z_1 Z_3}+Z_1 Z_2\pm \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}}{2 Z_1 Z_3}-\cancel{1}-\frac{Z_2}{Z_3}&-Z_2\\-\frac{Z_1+Z_2+Z_3}{Z_1 Z_3}&\frac{Z_2 Z_3+\cancel{2 Z_1 Z_3}+Z_1 Z_2\pm \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}}{2 Z_1 Z_3}-\cancel{1}-\frac{Z_2}{Z_1}\end{array}\right]x\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{Z_2 Z_3-Z_1 Z_2\pm \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}}{2 Z_1 Z_3}&-Z_2\\-\frac{Z_1+Z_2+Z_3}{Z_1 Z_3}&\frac{-Z_2 Z_3+Z_1 Z_2\pm \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}}{2 Z_1 Z_3}\end{array}\right]\left[\begin{array}Z_{k1}\\1\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{Z_2 Z_3-Z_1 Z_2\pm \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}}{2 Z_1 Z_3}Z_{k1}-Z_2\\-\frac{Z_1+Z_2+Z_3}{Z_1 Z_3}Z_{k1}+\frac{-Z_2 Z_3+Z_1 Z_2\pm \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}}{2 Z_1 Z_3}\end{array}\right]=\left[\begin{array}0\\0\end{array}\right]\\<br />Z_{k1}&=&\frac{2 Z_1 Z_2 Z_3}{Z_2 Z_3-Z_1 Z_2+ \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}}=\frac{2 Z_1 Z_2 Z_3\left(Z_2 Z_3-Z_1 Z_2- \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}\right)}{\left(Z_2 Z_3-Z_1 Z_2+ \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}\right)\left(Z_2 Z_3-Z_1 Z_2- \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}\right)}\\<br />&=&\frac{2 Z_1 Z_2 Z_3\left(Z_2 Z_3-Z_1 Z_2- \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}\right)}{\left(Z_2 Z_3-Z_1 Z_2\right)^2-Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}\\<br />&=&\frac{2 \cancel{Z_1 Z_2 Z_3}\left(Z_1 Z_2-Z_2 Z_3+ \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}\right)}{4 \cancel{Z_1 Z_2 Z_3} \left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }\\<br />&=&\frac{Z_1 Z_2-Z_2 Z_3+ \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}}{2\left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }\\<br />Z_{k2}&=&\frac{Z_3 Z_2-Z_2 Z_1+ \sqrt{Z_2 \left( Z_3+Z_1\right) \left( Z_2 Z_3+4 Z_1 Z_3+Z_1 Z_2\right)}}{2\left( Z_3+Z_2+Z_1\right) }\\<br />\end{eqnarray}$ これもF,Fiが互いに鏡映回路なのでZ1,Z3が入れ違っただけ違いでしかなくZk1,Zk2もZ1,Z3が入れ替わるだけとなる。問題の右端の回路の反復パラメータは対称回路では影像パラメータと反復パラメータは等しくなることから計算せずとも $\begin{eqnarray}<br />\Gamma&=&\theta=\cosh^{-1}\left(1-\frac{1}{{\omega}^2 C L}\right)\\<br />Z_{k1}&=&Z_{k2}=Z_{01}=Z_{02}=\frac{\omega L}{\sqrt{2{\omega}^2 C L-1}}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。実際にそうなるか上の反復パラメータの式にZ1,Z2,Z3を代入して確認してみるのは読者の課題としよう(´∀` )

webadm	投稿日時: 2010-6-29 18:16
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3093	影像インピーダンスと反復インピーダンス次ぎは影像インピーダンスと反復インピーダンスをからめた問題。４端子定数がA,B,C,Dなる二端子対回路の影像インピーダンスと反復インピーダンスが等しくなる条件を示せというもの。これもいろいろストラテジーは考えられるが、例によって線型代数的な手法でできないか考えてみよう。影像インピーダンスとはすなわち、非対称二端子対回路とその鏡像回路との縦続接続して出来る伝送行列の固有ベクトルの成分であることを独自に見いだした。同様に反復インピーダンスとは非対称二端子対回路の固有ベクトルの成分であったことを独自に見いだした。これらの２つの固有ベクトルが同じになる行列の条件を見いだせば良いことになる。益々解らなくなってきた（；´Д｀）線型代数の演習問題としてはいいかもこれ。知力への挑戦だねこれは。でも難しすぐる...orz 整理してみよう。線型ベクトル空間で表すとということになる。すなわちFとF.Fiが同じ固有ベクトルを持つということになる。わかんねえ(;´Д`) 検索でいろいろ当たってみたら、どうやらこの種の行列を扱う問題は工学系大学入試に頻繁に出る難問のひとつ、一次変換の不動直線問題と呼ばれるらしい。高校では習わないけど入試には出るので予備校では仕方なく教えることになっているらしい。手元にある複数の線型代数の参考書（名著と呼ばれるものも含めて）、この種の話題は華麗にスルーされている感じがする。索引を見ても上記のキーワードは一切出てこない。まあ、固有空間に含まれてしまうと言えば確かにそうなのだが。線型代数学上では重箱の隅の問題らしい。大学でも高校でも教えないことが入試問題に出るというのは矛盾している。この当たりは近年までのゆとり教育の影響で学習指導要領がそれまでと変わったためかもしれない。文部科学省の指針案によると高校の数学から行列が単位として消えることになるらすい。結論は見えたのだが、線型代数的にどう扱えばいいのかが見えてこない。なにせ華麗にどの本でもスルーされているだけに。言うなればこの問題は一次変換の不動直線問題の逆問題なのだ。大学入試問題でもこんな捻った問題はさすがに出ない。さてと答えが解ってしまっていて、それを導く方法を考えるという逆問題になってしまった。上の図に描いている通り、３つのベクトルが並行に並んだところが所謂不動直線である。おそらくブルバキ以前の連立微分方程式の解法に由来する行列と行列式の理論の中で生まれた用語だろうけど、該当する英語は現代では見あたらない。ブルバキ以後は線型代数があらゆる数学のハブとなったため、線型代数で置き換えられた古い概念の中に不動直線や不動点が含まれていたと思われる。理数系の人に言わせれば「不動直線なにそれ、線型写像の固有空間でひとくくりじゃん、ばーかばーか」と馬鹿にされるだろう。二次元空間での線型変換を扱っているのに、何故に一次元の直線への写像になるかということを考えると代数幾何学の道へ踏み込むことになる。線型代数はありとあらゆる数学へつながるハブなのでそういうことは当然あり得る。線型代数学だけの閉じた世界ではない。さてと、結論が解っていてもそれを証明する見通しの良い方法がみあたらないというのは難問の典型である。しかも今回は結論を知らないゼロ知識から導かないといけない。数学ならば、命題で結論を出しておいてそれを証明すればいいわけだから簡単である。しかしこれは工学の問題だ、結論はほとんどのケースで予め予測できないか、無数に考えられる場合がほとんどである。数学とは違うのだよ。映画Matrixの有名なシーンにビル飛びというのがあって、仮想世界でビルからビルへ空中を駈けるようにして飛び移るのを主人公のNeroが挑戦する場面。指南役が「心を解き放つんだ」とアドバイスを与えるもあえなく初回は地面に落下。Matrixでは様々なしがらみによって人間の行動が制限されているが、それ以外に実は制約がまったくない。それに次第に開眼していくストーリー。数学の世界も制約やしがらみを与えているのは自分自身の狭い先入観でしかないので、それを解き放てばもっと自由な世界が見えてきてそちらへ瞬時に移ることもできる。また数学の世界では新しい領域で新しい対象（オブジェ）を最初に見つけた人が名前を付ける権利を有する。これは人類があらゆる生物や物体（オブジェ）に名前を付けてきたのと一緒。約一週間悩んだ末にようやく見えてきた(￣ー￣)ﾆﾔﾘ F,Fiがそれぞれ零でない非対称な線型変換行列であるとして、以下が成り立つ零でない異なる固有値(Γ、Λ）に対して同一の固有ベクトル(x)が存在するとする $\begin{eqnarray}<br />F x&=&\Gamma x\\<br />F F_i x&=&\lambda x<br />\end{eqnarray}$ 第二の式の両辺にΓ/λを乗じたものを第一の式から差し引いて得られる以下の式も成り立つ $\begin{eqnarray}<br />F x - \frac{\Gamma}{\lambda}F F_i x&=&F\left(I-\frac{\Gamma}{\lambda}F_i\right)x=0<br />\end{eqnarray}$ ここでF(I-(Γ/λ)Fi)が可逆であると、零でないxは存在しないことになり矛盾する。いいとこまで来たんだけどな、どうすんだこっから(;´Д`) Fもしくは(I-(Γ/λ)Fi)のどちらかが非可逆であることが必要十分条件である。ところでFとFiは対角要素が入れ替わっただけなので同一の固有方程式を持ち、従って同一の固有値を持つ。従ってFが固有値Γを持つとするとFiも同じ固有値Γを持つことになる。先の式の両辺にλ/Γを乗じると $\begin{eqnarray}<br />F\left(\frac{\lambda}{\Gamma}I-F_i\right)x&=&0<br />\end{eqnarray}$ ということになる。ここでΓはF及びFiの固有値であることから $\begin{eqnarray}<br />\left\|\Gamma I-F_i\right\|&=&\left\|\Gamma I-F\right\|=0<br />\end{eqnarray}$ が成り立つ。従ってλ=Γ^2でない限り $\begin{eqnarray}<br />\left\|\frac{\lambda}{\Gamma}I-F_i\right\|&\ne&0<br />\end{eqnarray}$ ということになり、((λ/Γ)I-Fi)は可逆ということになる。ここで再びF及びFiは対角要素が入れ替わった相異なる非対称行列なのでF Fi≠F^2であることから、その固有値もλ≠Γ^2ということになる。従ってFが非可逆でなければならないことになる。 Fが非可逆行列である必要十分条件は $\begin{eqnarray}<br />\left\|F\right\|&=&A D-B C=0\\<br />A D&=&B C\\<br />A:B&=&C:D\\<br />A:C&=&B:D<br />\end{eqnarray}$ ということになる。細かいところは自明なこととして証明を省略した。最後の結論はとっくに見えていたんだけど、そこへどうやって落とし込むかが問題だった。検索してもこの種の問題を扱っているところは皆無だし、ましてや証明など見いだせるはずもなく。我流でなんとか証明したものの未熟さは目に余るものがあるのはご勘弁を。もう少しじっくり考えればもっとエレガントな証明が得られるかもしれない。で、実際上の条件を満たす線型変換行列の具体例を考えると、大学入試問題で良く見る不動直線問題に出てくるような行列が浮かび上がる。 $\begin{eqnarray}<br />F&=&\left[\begin{array}A & B\\k A & k B\end{array}\right]\\<br />F_i&=&\left[\begin{array}k B & B\\k A & A\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ これなどが得られた条件を満たしている。 F,F Fiの固有値と固有ベクトルをそれぞれ求めると $\begin{eqnarray}<br />\left\|\Gamma I-F\right\|&=&\left\|\begin{array}\Gamma-A & B\\k A & \Gamma-k B\end{array}\right\|\\<br />&=&\left(\Gamma-A\right)\left(\Gamma-k B\right)-k A B\\<br />&=&\left(\Gamma-\left(\frac{A+k B}{2}\right)\right)^2-\left(\frac{A+k B}{2}\right)^2\\<br />&=&\Gamma\left(\Gamma-\left(A+k B\right)\right)\\<br />\Gamma&=&0,\,A+k B\\<br />\left(\Gamma I-F\right)x&=&\left[\begin{array}\Gamma-A & B\\-k A & \Gamma-k B\end{array}\right]x\\<br />&=&\left[\begin{array}\cancel{A}+k B-\cancel{A} & -B\\-k A & A+\cancel{k B}-\cancel{k B}\end{array}\right]x\\<br />&=&\left[\begin{array}k B & -B\\-k A & A\end{array}\right]\left[\begin{array}Z_{k1}\\1\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}k B Z_{k1} - B\\-k A Z_{k1} + A\end{array}\right]=\left[\begin{array}0\\0\end{array}\right]\\<br />Z_{k1}&=&\frac{1}{k}\\<br />\left\|\lambda I-F F_i\right\|&=&\left\|\lambda I-\left[\begin{array}A & B\\k A & k B\end{array}\right]\left[\begin{array}k B & B\\k A & A\end{array}\right]\right\|\\<br />&=&\left\|\left[\begin{array}\lambda & 0\\0 & \lambda\end{array}\right]-\left[\begin{array}2 k A B & 2 A B\\2 k^2 A B & 2 k A B\end{array}\right]\right\|\\<br />&=&\left\|\begin{array}\lambda-2 k A B & -2 A B\\-2 k^2 A B &\lambda-2 k A B\end{array}\right\|\\<br />&=&\left(\lambda-2 k A B\right)^2-4 k^2 A^2 B^2\\<br />&=&\left(\lambda-\left(2 k A B -\sqrt{4 k^2 A ^2 B^2}\right)\right)\left(\lambda-\left(2 k A B +\sqrt{4 k^2 A ^2 B^2}\right)\right)\\<br />&=&\lambda\left(\lambda-4 k A B\right)\\<br />\lambda&=&0,\,4 k A B\\<br />\left(\lambda I-F F_i\right)x&=&\left[\begin{array}4 k A B-2 k A B & -2 A B\\-2 k^2 A B &4 k A B-2 k A B\end{array}\right]x\\<br />&=&\left[\begin{array}2 k A B & -2 A B\\-2 k^2 A B &2 k A B\end{array}\right]\left[\begin{array}Z_{01}\\1\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}2 k A B Z_{01} -2 A B\\-2 k^2 A B Z_{01} +2 k A B\end{array}\right]=\left[\begin{array}0\\0\end{array}\right]\\<br />Z_{01}&=&\frac{1}{k}<br />\end{eqnarray}$ ということで同じ固有ベクトルを持つこと（影像インピーダンスと反復インピーダンスが等しいこと）が確かめられた。しかしこの問題のどこが電気回路理論なのだろうか。もうほとんど線型代数学の世界である。電気回路はその実相というべきかもしれない。思うにこの伝送行列がはたしてどんな回路か考える問題だったら電気回路の問題になるかもしれない、それは読者の課題としよう(´∀` ) P.S 大学院の入試問題にも不動直線問題は出るらしいが、これほど捻った証明問題は出ないだろう。しかしこれを見た試験問題作成担当教官は来年の院試問題にこれをヒントに出題するかも(´∀` ) P.S 「ラング線型代数学（下）」を読み進めていたら、後半の１２章　「多項式と素因子分解」の５節「ベクトル空間の分解への応用」に以下の様なほぼ不動直線とおぼしき概念がが出てくるのに遭遇した。引用： Vを体Kの上のベクトル空間、A:V→VをVの作用素、WをVの部分空間とする。Wの各元wに対してAwがWに含まれるとき、すなわちAWがWに含まれるとき、WをAの不変部分空間とよぶ。例１　v1をAの零でない固有ベクトル、V1をv1が生成する１次元の空間とすれば、V1はAの不変部分空間である。例２　λをAの固有値、VλをAv=λvであるすべての元v∈VからなるVの部分空間とする。このとき、VλはAの不変部分空間である。これをλの固有空間とよぶ。例１の不変部分空間は一次元なので不動直線そのものである。この不変部分空間は、すぐ後に出てくるシュアの補助定理で重要な概念となっている。おそらくそっから先さらに別の数学の領域とつながっているのだろう。固有値の固有ベクトルは「ラング線型代数学（下）」の割りと前半にすぐ登場するが、固有空間だけは後半の上記の部分で初めて登場する。「ラング線型代数学（下）」は上巻に比べてかなり内容が専門的になって難しいが、次々と公理系を証明することで見える世界が広がるという数学の楽しさを味わうことができる。だいぶ数学的な証明の勘所みたいのがわかってくる。驚きはGaussの有名な代数学の基本定理を、線型代数学でいとも簡単にたった一文程度で証明できてしまうのは痛快だった。証明することの楽しさを味わうために美味しいところは読者に課題として残しておいてくれるのは好感が持てる(´∀` ) なるほど「不動直線」で検索しても大学受験に関するページしか出てこないけど、「不変部分空間(invariant subspace)」なら、手物の齋藤正彦　著「線型代数入門」ではさわりだけ、佐武一郎　著「線型代数学」に「不変(invariant)な部分空間(subspace)」としてかなり詳しく述べられているし検索でも多方面の数学理論のページが数え切れないほど出てくることから、「不動直線」は日本だけの狭い受験用語で、広く数学の世界では「不変部分空間」ということらしい。

webadm	投稿日時: 2010-6-28 21:04
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3093	反復パラメータ今度は趣向が変わった反復パラメータに関する問題。反復インピーダンスが同じで反復伝搬定数が異なる２つの二端子対回路を縦続接続した場合に反復インピーダンスと反復伝搬定数はどうなるかというもの。前の非対称格子型回路の二分割問題や分布定数回路理論とつながりがありそうである。単一の二端子対回路が２つの部分回路の縦続接続から成るとすれば、その部分回路もまた２つ以上の部分回路の縦続接続で構成できるということになり、それを無限に分割すれば分布定数回路と同じことになる。とどのつまり集中定数型二端子対回路と等価な分布定数回路が存在する、逆も真なりという予想がたてられる。この面白いテーマについては後に学ぶ分布定数回路までとっておこう。さて著者とは別解を考えてみよう。ストラテジーとしてはいくつかある。（１）題意の条件の２つの異なる部分回路の４端子定数を与えられた反復パラメータで表し、それらの縦続接続回路の４端子定数を求めて、それらから回路全体の反復パラメータを求め、与えられた部分回路の反復パラメータと比較する（２）予めいくつの仮定についてそれが与えられた条件と矛盾する結果となるか否かを数学的に示すことで正しい結論を得る。前者は計算問題であるが、後者は複数の仮定についてそれぞれ数学的に検討しないといけないのでちょっと面倒である。計算でやっても問題ないのでそれでいってみよう。公式を使ってそれぞれの部分回路の４端子定数を与えられた反復パラメータで表すと $\begin{eqnarray}<br />F_1&=&\left[\begin{array}\cosh\left(\Gamma_1\right)+\frac{Z_{k1}-Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_1\right)&\frac{2 Z_{k1}Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_1\right)\\\frac{2}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_1\right)&\cosh\left(\Gamma_1\right)-\frac{Z_{k1}-Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_1\right)\end{array}\right]\\<br />F_2&=&\left[\begin{array}\cosh\left(\Gamma_2\right)+\frac{Z_{k1}-Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_2\right)&\frac{2 Z_{k1}Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_2\right)\\\frac{2}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_1\right)&\cosh\left(\Gamma_2\right)-\frac{Z_{k1}-Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_2\right)\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ ということになる。次ぎにこの２つの部分回路を縦続接続した回路全体の４端子定数を求めると $\begin{eqnarray}<br />F&=&F_1 F_2=\left[\begin{array}\cosh\left(\Gamma_1\right)+\frac{Z_{k1}-Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_1\right)&\frac{2 Z_{k1}Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_1\right)\\\frac{2}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_1\right)&\cosh\left(\Gamma_1\right)-\frac{Z_{k1}-Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_1\right)\end{array}\right]\left[\begin{array}\cosh\left(\Gamma_2\right)+\frac{Z_{k1}-Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_2\right)&\frac{2 Z_{k1}Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_2\right)\\\frac{2}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_1\right)&\cosh\left(\Gamma_2\right)-\frac{Z_{k1}-Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma_2\right)\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\left( \frac{\sinh\left( \Gamma_1\right) \left( Z_{k1}-Z_{k2}\right) }{Z_{k2}+Z_{k1}}+\cosh\left( \Gamma_1\right) \right) \left( \frac{\sinh\left( \Gamma_2\right) \left( Z_{k1}-Z_{k2}\right) }{Z_{k2}+Z_{k1}}+\cosh\left( \Gamma_2\right) \right) +\frac{4\,\sinh\left( \Gamma_1\right) \,\sinh\left(\Gamma_2\right) \,Z_{k1} Z_{k2}}{{\left( Z_{k2}+Z_{k1}\right) }^{2}} & \frac{2\,\sinh\left( \Gamma_1\right) Z_{k1} Z_{k2} \left( \cosh\left( \Gamma_2\right) -\frac{\sinh\left( \Gamma_2\right) \left( Z_{k1}-Z_{k2}\right) }{Z_{k2}+Z_{k1}}\right) }{Z_{k2}+Z_{k1}}+\frac{2\,\sinh\left( \Gamma_2\right) Z_{k1} Z_{k2} \left( \frac{\sinh\left( \Gamma_1\right) \left( Z_{k1}-Z_{k2}\right) }{Z_{k2}+Z_{k1}}+\cosh\left( \Gamma_1\right) \right) }{Z_{k2}+Z_{k1}}\\ \frac{2\,\sinh\left( \Gamma_2\right) \left( \cosh\left( \Gamma_1\right) -\frac{\sinh\left( \Gamma_1\right) \,\left( Z_{k1}-Z_{K2}\right) }{Z_{k2}+Z_{k1}}\right) }{Z_{k2}+Z_{k1}}+\frac{2\,\sinh\left( \Gamma_1\right) \left( \frac{\sinh\left( \Gamma_2\right) \left( Z_{k1}-Z_{k2}\right) }{Z_{k2}+Z_{k1}}+\cosh\left( \Gamma_2\right) \right) }{Z_{k2}+Z_{k1}} & \left( \cosh\left( \Gamma_1\right) -\frac{\sinh\left( \Gamma_1\right) \left( Z_{k1}-Z_{k2}\right) }{Z_{k2}+Z_{k1}}\right) \left( \cosh\left( \Gamma_2\right) -\frac{\sinh\left( \Gamma_2\right) \left( Z_{k1}-Z_{K2}\right) }{Z_{k2}+Z_{k1}}\right) +\frac{4\,\sinh\left( \Gamma_1\right) \,\sinh\left( \Gamma_2\right) \,Z_{k1} Z_{k2}}{{\left( Z_{k2}+Z_{k1}\right) }^{2}}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\cosh\left(\Gamma_1+\Gamma_2\right)+\frac{\sinh\left(\Gamma_1+\Gamma_2\right)\left(Z_{k1}-Z_{k2}\right)}{\left(Z_{k1}+Z_{k2}\right)} & \frac{2\,\sinh\left( \Gamma_1+\Gamma_2\right) Z_{k1} Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\\ \frac{2\,\sinh\left( \Gamma_1+\Gamma_2\right) }{Z_{k1}+Z_{k2}} & \cosh\left(\Gamma_1+\Gamma_2\right)-\frac{\sinh\left(\Gamma_1+\Gamma_2\right)\left(Z_{k1}-Z_{k2}\right)}{\left(Z_{k1}+Z_{k2}\right)}\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\cosh\left(\Gamma_\right)+\frac{Z_{k1}-Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma\right) & \frac{2 Z_{k1} Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left( \Gamma\right)\\ \frac{2 }{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left( \Gamma\right) & \cosh\left(\Gamma\right)-\frac{Z_{k1}-Z_{k2}}{Z_{k1}+Z_{k2}}\,\sinh\left(\Gamma\right)\end{array}\right]\\<br />\Gamma&=&\Gamma_1+\Gamma_2<br />\end{eqnarray}$ ということになる。従って、反復伝搬定数が２つの部分回路の反復伝搬定数の和になり、反復インピーダンスは変わらないということが明らかである。 P.S さすがに展開して整理する過程を示すとすると展開式が長くなってしまうのでMaximaで確認して最終形のみを示すにとどめた。類似の問題としては、反復インピーダンスが相異なる場合にはどうなるかというのも興味深いが、式がとんでもないことになりそうなので読者の課題としよう(´∀` ) P.S 別のアイデアとしては、伝送行列を時間軸方向に縦続接続したとするとそれは何を意味するか？　無限小の２端子対回路が時間軸上で直前の時間の出力を入力として次ぎの微少時間後の出力として変換すると考える。それぞれの微少二端子対回路の端子対状態を時間軸上にプロットするとどうなるか？　これはシステムの過渡応答解析を線型微分方程式を解くことなく行なえることを意味する。時間軸の無限遠点（終端）が定常状態となる。そんなに昔ではないが某大学の先生がこのアイデアに基づいた新しい高速シミュレーターの実例を話されていたのを横で聞いていたのだが、当時は眠くてよく解っていなかった。今やっとなるほどと理解したのであった。先生の大学の教授会で同じ話しをし解ってもらえたのは学長だけだったというエピソードも含めてずっと記憶には留めていた。また周波数軸方向に縦続接続したらどうなるか？リアルタイムスペクトルアナライザになるのかどうかは読者の想像に委ねよう(´∀` ) 実際リアルタイムシミュレーションを得るには数千とか数万個のベクトルの積和演算を同時期に行なえる特殊なmany coreシステムが必要となる。そういったハードウェアと組み合わせれば特許になるかもしれない。眉唾な話しはこのへんでお開き(´∀` )

webadm	投稿日時: 2010-6-27 0:05
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3093	反復インピーダンスと４端子定数次ぎの問題は理論の時に見通しの悪い方法だけど一度やっているが、反復インピーダンスを４端子定数で表せというもの。理論の時とは違う線型代数的手法でやってみよう。まず反復インピーダンスの式を４端子定数で与えられた二端子対回路の伝送行列の固有ベクトルから求める。 $\begin{eqnarray}<br />F&=&\left[\begin{array}A&B\\C&D\end{array}\right]\\<br />\left\|\lambda I-F \right\|&=&\left\|\begin{array}\lambda-A & -B\\ -C & \lambda-D\end{array}\right\|\\<br />&=&\left( \lambda-A\right) \left( \lambda-D\right) -B C\\<br />&=&\left( \lambda-\left(\frac{A+D}{2}\right)\right)^2 -\left(B C+\left(\frac{A+D}{2}\right)^2-A D\right)\\<br />&=&\left( \lambda-\left(\frac{A+D}{2}\right)\right)^2 -\left(\frac{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}{4}\right)\\<br />&=&\left( \lambda-\left(\frac{A+D-\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}}{2}\right)\right)\left( \lambda-\left(\frac{A+D+\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}}{2}\right)\right)\\<br />\lambda&=&\frac{A+D\pm\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}}{2}\\<br />\left(\lambda I-F\right)x&=&\left[\begin{array}\frac{A+D\pm\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}}{2}-A & -B\\ -C & \frac{A+D\pm\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}}{2}-D\end{array}\right]x\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{D-A\pm\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}}{2} & -B\\ -C & \frac{A-D\pm\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}}{2}\end{array}\right]\left[\begin{array}Z_{01}\\1\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{D-A\pm\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}}{2}Z_{01} -B\\ -C Z_{01}+ \frac{A-D\pm\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}}{2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}0\\0\end{array}\right]\\<br />Z_{01}&=&\frac{2 B}{D-A+\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}}\\<br />&=&\frac{2 B\left(A-D+\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}\right)}{\left(D-A+\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}\right)\left(A-D+\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}\right)}\\<br />&=&\frac{2 B\left(A-D+\sqrt{\left(A+D\right)^2-4 A D+4 B C}\right)}{\cancel{-{D}^{2}+2 A D-{A}^{2}+\left(A+D\right)^2-4 A D}+4 B C}\\<br />&=&\frac{ {2 B}\left(A-D+\sqrt{\left(A-D\right)^2+4 B C}\right)}{{4 B} C}\\<br />&=&\frac{ \left(A-D+\sqrt{\left(A-D\right)^2+4 B C}\right)}{2 C}\\<br />Z_{02}&=&\frac{ \left(D-A+\sqrt{\left(D-A\right)^2+4 B C}\right)}{2 C}\\<br />\end{eqnarray}$ Q.E.D ふう（；´Д｀）最後の反復インピーダンスの式を整理する際に一瞬やばいかと思ったけどトリッキーな数式操作でうまく切り抜けることができた。まるで数式の智慧の輪みたいだ。 Z02はZ01の鏡像回路の反復インピーダンスなので、鏡像回路の伝送行列はもとのそれとAとDが入れ替わるだけである。従って反復インピーダンスの式もAとDが入れ替わるのみなのは自明とした。 P.S これまで非対称な伝送行列の固有値と固有ベクトルが物理的に何を意味するのか今まで謎だったが今回の問題ではっきりした。それは反復パラメータだったわけである。なんだそうだったのか(´∀` ) もしやとおもったら、度々紹介している「回路網理論I」の反復パラメータのところに同じようなことが書いてあった。良く読むんだった。Sパラメータが中心なので難しくて読んでなかった。既にこのことは自明であるかのようにさりげない記述である。さすがである。

webadm	投稿日時: 2010-6-26 21:55
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3093	もうひとつの：影像インピーダンス次ぎも影像インピーダンスの応用問題。以下のH型回路の端子22'の電圧が端子11'の1/3倍になるときR1及びRの値を求めよというもの。与えられているH型回路は軸対称回路でRはその反復インピーダンスである。解法のストラテジーとしてはいくつか考えられるが、著者はオーソドックスな回路解析によって導いている。それとは別解をやってみよう。前問は与えられた影像インピーダンスを持つように回路定数を導く問題だったが、今度のは与えられた伝搬定数を実現する回路定数を決定せよというもの。これも逆問題である。幸いにして回路は純抵抗回路なので反復伝搬定数は常に実数である。従って反復伝搬定数の式から定数を導く方法が使えそうである。まず反復伝搬定数の式を導くことにしよう。回路は対称回路なので、伝送行列の固有値から反復伝達定数を求めることができる。例によってより単純な３つの部分回路の縦続接続として伝送行列を求めよう $\begin{eqnarray}<br />F_1&=&\left[\begin{array}1&2 R_1\\0&1\end{array}\right]\\<br />F_2&=&\left[\begin{array}1&0\\\frac{1}{R_2}&1\end{array}\right]\\<br />F&=&F_1 F_2 F_1=\left[\begin{array}1&2 R_1\\0&1\end{array}\right]\left[\begin{array}1&0\\\frac{1}{R_2}&1\end{array}\right]\left[\begin{array}1&2 R_1\\0&1\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{R_2+2 R_1}{R_2} & \frac{4 R_1 \left( R_2+R_1\right) }{R_2}\\ \frac{1}{R_2} & \frac{R_2+2 R_1}{R_2}\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}$ 次ぎにこの伝送行列の固有値から反復伝搬定数を求め最終的に与えられた条件を満たすR1を解く。 $\begin{eqnarray}<br />\left\|\lambda I-F\right\|&=&\left\|\begin{array}\lambda-\frac{R_2+2 R_1}{R_2} & -\frac{4 R_1 \left( R_2+R_1\right) }{R_2}\\ -\frac{1}{R_2} & \lambda-\frac{R_2+2 R_1}{R_2}\end{array}\right\|\\<br />&=&{\left( \lambda-\frac{R_2+2 R_1}{R_2}\right) }^{2}-\frac{4 R_1 \left( R_2+R_1\right) }{{R_2}^{2}}\\<br />&=&\left(\lambda-\left(\frac{R_2+2 R_1-2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}{R_2}\right)\right)\left(\lambda-\left(\frac{R_2+2 R_1+2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}{R_2}\right)\right)\\<br />\lambda&=&\frac{R_2+2 R_1\pm 2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}{R_2}\\<br />\theta&=&\ln\left(\frac{R_2+2 R_1+ 2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}{R_2}\right)\\<br />e^{\theta}&=&\frac{E_1}{E_2}=\frac{R_2+2 R_1+ 2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}{R_2}\\<br />&=&3\\<br />e^{-\theta}&=&\frac{E_2}{E_1}=\frac{R_2}{R_2+2 R_1+ 2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}\\<br />&=&\frac{1}{3}\\<br />\cosh\left(\theta\right)&=&\frac{e^{\theta}+e^{-\theta}}{2}=\frac{\frac{R_2+2 R_1+ 2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}{R_2}+\frac{R_2}{R_2+2 R_1+ 2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}}{2}=\frac{R_2+2 R_1}{R_2}=1+\frac{2 R_1}{R_2}\\<br />&=&\frac{3+\frac{1}{3}}{2}<br />&=&\frac{5}{3}\\<br />R_1&=&\frac{R_2\left(\cosh\left(\theta\right)-1\right)}{2}\\<br />&=&\frac{120\left(\frac{5}{3}-1\right)}{2}\\<br />&=&40\,[\Omega]<br />\end{eqnarray}$ ふう、一瞬これどうやって解くんだ（；´Д｀）って不安になったけどストラテジーには間違いがなかった。かなりトリッキーだね。ああ、あとRも求めないといけないのを忘れるところだった。テストなら一問落とすところだった。 Rは影像インピーダンス（反復インピーダンス）なので例によって伝送行列の固有ベクトルから導くと $\begin{eqnarray}<br />\left(\lambda I-F\right)&=&\left[\begin{array}\frac{\cancel{R_2+2 R_1}\pm 2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}{R_2}-\cancel{\frac{R_2+2 R_1}{R_2}} & -\frac{4 R_1 \left( R_2+R_1\right) }{R_2}\\ -\frac{1}{R_2} & \frac{\cancel{R_2+2 R_1}\pm 2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}{R_2}-\cancel{\frac{R_2+2 R_1}{R_2}}\end{array}\right]x\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{\pm 2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}{R_2} & -\frac{4 R_1 \left( R_2+R_1\right) }{R_2}\\ -\frac{1}{R_2} & \frac{\pm 2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}{R_2}\end{array}\right]\left[\begin{array}Z_{01}\\1\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{\pm 2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}{R_2}Z_{01} -\frac{4 R_1 \left( R_2+R_1\right) }{R_2}\\ -Z_{01}\frac{1}{R_2} + \frac{\pm 2\sqrt{ R_1 \left( R_2+R_1\right)}}{R_2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}0\\0\end{array}\right]\\<br />Z_{01}&=&2\sqrt{R_1 \left( R_2+R_1\right)}\\<br />Z&=&Z_{01}=Z_{02}=2\sqrt{R_1 \left( R_2+R_1\right)}\\<br />&=&2\sqrt{40 \left( 120+40\right)}\\<br />&=&160\,[\Omega]<br />\end{eqnarray}$ ということになる。

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