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投稿者 スレッド
webadm
投稿日時: 2010-5-30 12:45
Webmaster
登録日: 2004-11-7
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投稿: 3086
もうひとつの：４端子定数
次ぎは再び４端子定数の問題。

既知の４端子定数を持つ２つの異なる二端子対回路を並列接続した場合の４端子定数をもとめよというもの。

図で表すと



４端子定数の縦列接続は計算し易いが、並列接続はそうではない。

著者はYパラメータに変換して並列接続の計算を行い、それを４端子定数に変換しているが、別の方法でやってみよう。

以下の様に各端子対の電圧と電流を定義する



それぞれの端子対の電圧と電流を座標とするベクトルを考えると、以下の関係が成り立つ



ここから解法の見通しを立てることになる。

Fは回路全体の４端子定数で構成される伝送行列でベクトルPをベクトルQに線形変換する。
F',F''は個々の回路の４端子定数で構成される伝送行列でそれぞれP'をQ'へ、P''をQ''へ線形変換する。

\begin{eqnarray}<br />Q&=&F P=\left[\begin{array}<br />A & B\\<br />C & D<br />\end{array}\right]P\\<br />Q^{\'}&=&F^{\'} P^{\'}=\left[\begin{array}<br />A_1 & B_1\\<br />C_1 & D_1<br />\end{array}\right]P^{\'}\\<br />Q^{\'\'}&=&F^{\'\'} P^{\'\'}=\left[\begin{array}<br />A_2 & B_2\\<br />C_2 & D_2<br />\end{array}\right]P^{\'\'}<br />\end{eqnarray}

以下に示す通りにPはP'とP''、QはQ'とQ''の以下のような線形結合で表される。



だめだ熱が出てきた(;´Д`)

いきなり演繹的に考えても見通しがつかない。

ここはGauss大先生に習って帰納法でやってみよう。

まず簡単な回路を並列接続して４端子定数がどうなるか見てみよう。

最初に以下の回路を考えよう



２つの小回路の４端子定数は以前の問題の解答で既出であるし、並列にした場合、Z1とZ2が並列になるだけなので

\begin{eqnarray}<br />F^{\'}&=&\left[\begin{array}<br />A_1 & B_1\\<br />C_1 & D_1<br />\end{array}\right]=\left[\begin{array}<br />1 & Z_1\\<br />0 & 1<br />\end{array}\right]\\<br />F^{\'\'}&=&\left[\begin{array}<br />A_2 & B_2\\<br />C_2 & D_2<br />\end{array}\right]=\left[\begin{array}<br />1 & Z_2\\<br />0 & 1<br />\end{array}\right]\\<br />F&=&\left[\begin{array}<br />A & B\\<br />C & D<br />\end{array}\right]=\left[\begin{array}<br />1 & \frac{Z_1 Z_2}{Z_1+Z_2}\\<br />0 & 1<br />\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}

従って伝達インピーダンス(B)は２つの小回路の伝達インピーダンス(B1,B2)を並列にしたものになることがわかる。

次ぎに以下の回路を見てみよう



これも以前の問題の解答で既出なので

\begin{eqnarray}<br />F^{\'}&=&\left[\begin{array}<br />A_1 & B_1\\<br />C_1 & D_1<br />\end{array}\right]=\left[\begin{array}<br />1 & 0\\<br />\frac{1}{Z_1} & 1<br />\end{array}\right]\\<br />F^{\'\'}&=&\left[\begin{array}<br />A_2 & B_2\\<br />C_2 & D_2<br />\end{array}\right]=\left[\begin{array}<br />1 & 0\\<br />\frac{1}{Z_2} & 1<br />\end{array}\right]\\<br />F&=&\left[\begin{array}<br />A & B\\<br />C & D<br />\end{array}\right]=\left[\begin{array}<br />1 & 0\\<br />\frac{Z_1+Z_2}{Z_1 Z_2} & 1<br />\end{array}\right]=\left[\begin{array}<br />1 & 0\\<br />\frac{1}{Z_1}+\frac{1}{Z_2} & 1<br />\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}

従って伝達アドミッタンス(C)はそれぞれの伝達アドミッタンス(C1,C2)の並列したものと変わらないということがわかる。

この事実から伝達インピーダンスと伝達アドミッタンスについての一般化した場合の以下の予想を立てることができる。

\begin{eqnarray}<br />B&=&\frac{B_1 B_2}{B_1+B_2}\\<br />C&=&C_1+C_2<br />\end{eqnarray}

数学的にはこれは証明を待つ命題ということになる。証明さえできれば即時に定理となる。

証明を考える前に、もう少し複雑なケースを考えてみよう。



これはπ形回路の各素子がそれぞれ並列接続されるのでπ形回路の４端子定数が解れば結果は自明である。

π形回路のアドミッタンス行列は以前の問題の解答で以下の通り導出済み

\begin{eqnarray}<br />\left[\begin{array}<br />Y_{11} & Y_{12}\\<br />Y_{21} & Y_{22}<br />\end{array}\right]&=&\left[\begin{array}<br />\frac{1}{Z_2}+\frac{1}{Z_1} & -\frac{1}{Z_2}\\<br />-\frac{1}{Z_2} & \frac{1}{Z_2}+\frac{1}{Z_3}<br />\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}

またアドミッタンス行列の４端子定数への変換も以前の問題で以下の通り導出している

\begin{eqnarray}<br />\left[\begin{array}<br />A & B\\<br />C & D<br />\end{array}\right]&=&\left[\begin{array}<br />-\frac{Y_{22}}{Y_{21}} & -\frac{1}{Y_{21}}\\<br />-\frac{Y_{11}Y_{22}-Y_{12}Y_{21}}{Y_{21}} & -\frac{Y_{11}}{Y_{21}}<br />\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}

従ってπ形回路の４端子定数は

\begin{eqnarray}<br />\left[\begin{array}<br />Y_{11} & Y_{12}\\<br />Y_{21} & Y_{22}<br />\end{array}\right]&=&\left[\begin{array}<br />\frac{1}{Z_2}+\frac{1}{Z_1} & -\frac{1}{Z_2}\\<br />-\frac{1}{Z_2} & \frac{1}{Z_2}+\frac{1}{Z_3}<br />\end{array}\right]\\<br />\left[\begin{array}<br />A & B\\<br />C & D<br />\end{array}\right]&=&\left[\begin{array}<br />-\frac{Y_{22}}{Y_{21}} & -\frac{1}{Y_{21}}\\<br />-\frac{Y_{11}Y_{22}-Y_{12}Y_{21}}{Y_{21}} & -\frac{Y_{11}}{Y_{21}}<br />\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}<br />\frac{\frac{1}{Z_2}+\frac{1}{Z_3}}{\frac{1}{Z_2}} & \frac{1}{\frac{1}{Z_2}}\\<br />\frac{\left(\frac{1}{Z_2}+\frac{1}{Z_1}\right)\left(\frac{1}{Z_2}+\frac{1}{Z_3}\right)-\frac{1}{Z_2}\frac{1}{Z_2}}{\frac{1}{Z_2}} & \frac{\frac{1}{Z_2}+\frac{1}{Z_1}}{\frac{1}{Z_2}}<br />\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}<br />1+\frac{Z_2}{Z_3} & Z_2\\<br />\frac{Z_1+Z_2+Z_3}{Z_1 Z_3} & 1+\frac{Z_2}{Z_1}<br />\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}

ということになる。途中で以前の問題で導いた式に転記ミスがあって嵌った。訂正しやり直した。

この結果からπ形回路の並列接続時の４端子定数は、各素子が並列接続されたπ形回路になることから



という複雑怪奇な結果になる。このことから先に立てた予想は以下の様に修正されなければならない。

\begin{eqnarray}<br />B&=&\frac{B_1 B_2}{B_1+B_2}\\<br />\end{eqnarray}

さてここからどうすんだ。A,C,Dについては謎のままである。T形回路の並列接続時は各素子の並列接続とはならないので簡単に回路全体の４端子定数を見いだすことは容易ではなく、もはや一般的な解法を必要とする。

もうひとつL形回路の並列接続を考えておこう。



それぞれの小回路の４端子定数は４端子定数が既出の回路の縦続接続として導くことができるので



ということになる。全体の回路はZ2がZ2'とZ2''の並列接続になったπ形回路であるので

\begin{eqnarray}<br />\left[\begin{array}<br />A & B\\<br />C & D<br />\end{array}\right]&=&\left[\begin{array}<br />1+\frac{Z_2}{Z_3} & Z_2\\<br />\frac{Z_1+Z_2+Z_3}{Z_1 Z_3} & 1+\frac{Z_2}{Z_1}<br />\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}<br />1+\frac{\frac{Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_2}{Z^{\'}_2 +Z^{\'\'}_2}}{Z^{\'\'}_3} & \frac{Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_2}{Z^{\'}_2 +Z^{\'\'}_2}\\<br />\frac{Z^{\'}_1+\frac{Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_2}{Z^{\'}_2 +Z^{\'\'}_2}+Z^{\'\'}_3}{Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_3} & 1+\frac{\frac{Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_2}{Z^{\'}_2 +Z^{\'\'}_2}}{Z^{\'}_1}<br />\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}

上記の結果から注目すべきは、

\begin{eqnarray}<br />C&=&\frac{Z^{\'}_1+\frac{Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_2}{Z^{\'}_2 +Z^{\'\'}_2}+Z^{\'\'}_3}{Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_3}\\<br />&=&\frac{1}{Z^{\'}_1}+\frac{1}{Z^{\'\'}_3}+\frac{\frac{Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_2}{Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_3}}{Z^{\'}_2 +Z^{\'\'}_2}\\<br />&=&C_1+C_2+\frac{\left(A_2-A_1\right)\left(D_1-D_2\right)}{B_1+B_2}<br />\end{eqnarray}

ということである。

従ってここまでの結果から以下の予想が得られる

\begin{eqnarray}<br />B&=&\frac{B_1 B_2}{B_1+B_2}\\<br />C&=&C_1+C_2+\frac{\left(A_2-A_1\right)\left(D_1-D_2\right)}{B_1+B_2}<br />\end{eqnarray}

あとA,Dが残っている。

ここで気残りなのが一端C=C1+C2という予想をたてたものの、π形回路の並列問題でそれが否定されたわけだが、修正されたCの関係式はπ形回路の並列接続でも成り立つのだろうかという点である。

π形回路の並列接続時は重複するが再掲するとこうだった



Bに関する予想はあっているが、Cに関してはどうだろう？

一見すると似て非なる結果になているが、予想式に小回路の４端子定数をそれぞれ代入して確認してみよう。

\begin{eqnarray}<br />C&=&C_1+C_2+\frac{\left(A_2-A_1\right)\left(D_1-D_2\right)}{B_1+B_2}\\<br />&=&\frac{Z^{\'}_1+Z^{\'}_2+Z^{\'}_3}{Z^{\'}_1 Z^{\'}_3}+\frac{Z^{\'\'}_1+Z^{\'\'}_2+Z^{\'\'}_3}{Z^{\'\'}_1 Z^{\'\'}_3}+\frac{\left(1+\frac{Z^{\'\'}_2}{Z^{\'\'}_3}-1-\frac{Z^{\'}_2}{Z^{\'}_3}\right)\left(1+\frac{Z^{\'}_2}{Z^{\'}_1}-1-\frac{Z^{\'\'}_2}{Z^{\'\'}_1}\right)}{Z^{\'}_2+Z^{\'\'}_2}\\<br />&=&\frac{\left(Z^{\'}_1+Z^{\'}_2+Z^{\'}_3\right)Z^{\'\'}_1 Z^{\'\'}_3+\left(Z^{\'\'}_1+Z^{\'\'}_2+Z^{\'\'}_3\right)Z^{\'}_1 Z^{\'}_3}{Z^{\'}_1 Z^{\'}_3 Z^{\'\'}_1 Z^{\'\'}_3}+\frac{\left(\frac{Z^{\'}_3 Z^{\'\'}_2-Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_3}{Z^{\'}_3 Z^{\'\'}_3}\right)\left(\frac{Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_1-Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_2}{Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_1}\right)}{Z^{\'}_2+Z^{\'\'}_2}\\<br />&=&\frac{Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_1\left(Z^{\'}_3+Z^{\'\'}_3\right)+Z^{\'}_3 Z^{\'\'}_3\left(Z^{\'}_1+Z^{\'\'}_1\right)+Z^{\'\'}_1 Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_3+Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_2 Z^{\'}_3+\frac{\left(Z^{\'}_3 Z^{\'\'}_2-Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_3\right)\left(Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_1-Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_2\right)}{Z^{\'}_2+Z^{\'\'}_2}}{Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_1 Z^{\'}_3 Z^{\'\'}_3}\\<br />&=&\frac{Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_1\left(Z^{\'}_3+Z^{\'\'}_3\right)+Z^{\'}_3 Z^{\'\'}_3\left(Z^{\'}_1+Z^{\'\'}_1\right)+\frac{\cancel{Z^{\'\'}_1 {Z^{\'}_2}^2 Z^{\'\'}_3}+Z^{\'\'}_1 Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_3 Z^{\'\'}_2+Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_2 Z^{\'}_3 Z^{\'}_2 +\cancel{Z^{\'}_1 {Z^{\'\'}_2}^2 Z^{\'}_3}+Z^{\'}_3 Z^{\'\'}_2 Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_1-\cancel{Z^{\'}_3 {Z^{\'\'}_2}^2 Z^{\'}_1}-\cancel{Z^{\'\'}_3 {Z^{\'}_2}^2 Z^{\'\'}_1}+Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_3 Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_2}{Z^{\'}_2+Z^{\'\'}_2}}{Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_1 Z^{\'}_3 Z^{\'\'}_3}\\<br />&=&\frac{Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_1\left(Z^{\'}_3+Z^{\'\'}_3\right)+Z^{\'}_3 Z^{\'\'}_3\left(Z^{\'}_1+Z^{\'\'}_1\right)+\frac{Z^{\'}_2 Z^{\'\'}_2\left(Z^{\'}_1 +Z^{\'\'}_1\right)\left(Z^{\'}_3+Z^{\'\'}_3\right)}{Z^{\'}_2+Z^{\'\'}_2}}{Z^{\'}_1 Z^{\'\'}_1 Z^{\'}_3 Z^{\'\'}_3}<br />\end{eqnarray}

ということで一見違ってそうに見えて実は一致していた。Maximaではどうにもならなくて手で計算してようやく式が同じであることを確認した。

さてあとA,Dだが相反回路ではAD-BC=1が成り立つので３つがわかれば残り一個は自動的に決まる。ちょうど仏典の般若心経に出てくる六波羅蜜のうｃい５つを得ると最後の一つ（智慧波羅蜜）が自動的に得られる（修行が完成する）というのと似ている。波羅蜜は仏典の原語であるサンスクリット語पारमिता Pāramitā パラミータにあてた漢字であるが、パラメータと良く似ている（全然意味が違うが）。４つのパラメータのうち３つを得ると残りは自動的に得られるという。なんとなく仏典には数学的なものを感じる。実際読んでみると証明論理的な記述もあったりして驚かされる。残念ながらホテルとかに置いてある仏典集の日本語文を読んでいていつくも意味不明な文があり、対訳の英文を読んだら明快明瞭、日本語の訳が基本的な誤訳か不適切な文になっているだけだった。おろらく英文がオリジナルで、それを日本語訳した人が英語を良く解っていなかったのだろう。英文でwithoutが使われている部分の訳が「煩悩なくして悟りを得ることはなかったのである」とでもすればわかるものを「煩悩はなく悟りもなかったのである」としてある辺りがひどすぎる。

何の話しだったっけ。

ああ、AとDね。

もうひとつのケースを考えてみよう。それはLattice回路である。



全体の回路の４端子定数は

\begin{eqnarray}<br />\left[\begin{array}<br />A_1 & B_1\\<br />C_1 & D_1<br />\end{array}\right]&=&\left[\begin{array}<br />1 & 2 Z_1\\<br />0 & 1<br />\end{array}\right]\\<br />\left[\begin{array}<br />A_2 & B_2\\<br />C_2 & D_2<br />\end{array}\right]&=&\left[\begin{array}<br />-1 & -2 Z_2\\<br />0 & -1<br />\end{array}\right]\\<br />\left[\begin{array}<br />A & B\\<br />C & D<br />\end{array}\right]&=&\left[\begin{array}<br />\frac{1}{\frac{Z_2}{Z_1+Z_2}-\frac{Z_1}{Z_1+Z_2}} & \frac{1}{\frac{1}{2 Z_1}+\frac{1}{2 Z_2}}\\<br />\frac{1}{\frac{Z_2}{2}-\frac{Z_1}{2}} & \frac{\frac{1}{2 Z_1}+\frac{1}{2 Z_2}}{\frac{1}{2 Z_1}-\frac{1}{2 Z_2}}<br />\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}<br />\frac{Z_1+Z_2}{Z_2-Z_1} & \frac{2 Z_1 Z_2}{Z_1+Z_2}\\<br />\frac{2}{Z_2-Z_1} & \frac{Z_1+Z_2}{Z_2-Z_1}<br />\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}

各４端子定数は電流分流則や電圧分圧則、重ね合わせの理を駆使して導いた。回路への入力電圧は同じで、電流が２つの回路に分かれ、出力側では電圧が同じで電流が合流するとわかれば比較的簡単である。そこからひとつの重要なヒントが得られた気がする。

このLattice回路のケースとと前出のπ形回路のケースからA,Dに関してAはA1,A2,B1,B2の内容に、DはD1,D2,B1,B2の内容に依存する事実から最終的に以下の予想を導くことができる

\begin{eqnarray}<br />A&=&\frac{A_1 B_2+A_2 B_1}{B_1+B_2}\\<br />B&=&\frac{B_1 B_2}{B_1+B_2}\\<br />C&=&C_1+C_2+\frac{\left(A_2-A_1\right)\left(D_1-D_2\right)}{B_1+B_2}\\<br />D&=&\frac{D_1 B_2+D_2 B_1}{B_1+B_2}<br />\end{eqnarray}

さてあとは証明するだけだ。Lattice回路のケースで気づいたヒントを元に、最初の線形代数によるアプローチを少し改良すれば見えてきそうである。

命題を整理すると。以下の既知の４端子定数を持つ２つの小回路を並列接続した場合

\begin{eqnarray}<br />\left[\begin{array}<br />E^{\'}_1\\<br />I^{\'}_1<br />\end{array}\right]&=&\left[\begin{array}<br />A_1 & B_1\\<br />C_1 & D_1<br />\end{array}\right]\left[\begin{array}<br />E^{\'}_2\\<br />I^{\'}_2<br />\end{array}\right]\\<br />\left[\begin{array}<br />E^{\'\'}_1\\<br />I^{\'\'}_1<br />\end{array}\right]&=&\left[\begin{array}<br />A_2 & B_2\\<br />C_2 & D_2<br />\end{array}\right]\left[\begin{array}<br />E^{\'\'}_2\\<br />I^{\'\'}_2<br />\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}

全体の回路の４端子定数は以下の様に一意に定まる。

\begin{eqnarray}<br />\left[\begin{array}<br />E_1\\<br />I_1<br />\end{array}\right]&=&\left[\begin{array}<br />A & B\\<br />C & D<br />\end{array}\right]\left[\begin{array}<br />E_2\\<br />I_2<br />\end{array}\right]\\<br />&=&\left[\begin{array}<br />\frac{A_1 B_2+A_2 B_1}{B_1+B_2} & \frac{B_1 B_2}{B_1+B_2}\\<br />C_1+C_2+\frac{\left(A_2-A_1\right)\left(D_1-D_2\right)}{B_1+B_2} & \frac{D_1 B_2+D_2 B_1}{B_1+B_2}<br />\end{array}\right]\left[\begin{array}<br />E_2\\<br />I_2<br />\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}

さて振り出しに戻って線形代数的手法でこれを証明することにしよう。それに先だって線形代数をちょっと勉強してくる(;´Д`)

なにもそこまでしてというかもしれないが、粘着気質なのでなかなか諦められない。おそらくどっかの本にずばり同じような問題が扱われているということは期待できないだろう。自分で考えるしかない。

ひとつの可能性は著者のように一度Y行列に変換して重ね合わせた後、再びF行列に戻すというのを途中Y行列を経由せずともショートカットして重ね合わせの理でF行列のまま導出できないかというもの。いちど全体の流れを描いてみて、ショートカットできる可能性を探るという手もある。I1=I1'+I1'',I2=I2'+I2''、E1=E1/2+E1/2,E2=E2/2+E2/2という風にすれば２つの電流源か２つの電圧源の重ね合わせと考えることもできる。これがヒントなのだが、そこから先が見通しがつかない。

もうひとつはまだ知らない線形代数理論がうまく当てはまる可能性。

最悪は前者でお茶を濁すことになりそう。

手元の参考書で他にこれと同じ問題の解を示しているのは電気書院「電気回路」大坪昭著のみで、行列表記を一切使わず４端子定数による回路方程式から部分回路に流れる端子対電流をもとめ、それらから全体の回路の端子対を流れる電流(I1=I1'+I1'',I2=I2'+I2'')を重ね合わせの理で導き全体の４端子定数を簡潔に求めている。行列を使わない方が簡潔だ。それでもステップとしては複数段あるので見通しが良くない。

そこで思いついたのが、それとも違う独自のアプローチ。なんのことはない、今まで部分回路側からボトムアップでアプローチしようとして挫折していたのだが、ふと全体回路からトップダウンで下りてくれば見通しよく証明できることに気づいた。

やってみたらうまくいった。基本的に全体回路をアドミッタンス行列表現に直すと、部分回路も４端子定数で与えられているので、すぐに全体のアドミッタンス行列が求まる。それを４端子定数に変換するだけである。

まず回路全体のアドミッタンス行列を以下のように導く

\begin{eqnarray}<br />X&=&\left[\begin{array}E_1\\E_2\end{array}\right]\\<br />Y&=&\left[\begin{array}I_1\\-I_2\end{array}\right]\\<br />P&=&\left[\begin{array}E_2\\I_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]X+\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]Y\\<br />Q&=&\left[\begin{array}E_1\\I_1\end{array}\right]=\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]X+\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]Y\\<br />&=&\left[\begin{array}A&B\\C&D\end{array}\right]P\\<br />&=&\left[\begin{array}A&B\\C&D\end{array}\right]\left(\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]X+\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]Y\right)\\<br />&&\left(\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}A&B\\C&D\end{array}\right]\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]\right)Y=\left(\left[\begin{array}A&B\\C&D\end{array}\right]\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]\right)X\\<br />Y&=&\left(\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}A&B\\C&D\end{array}\right]\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]\right)^{-1}\left(\left[\begin{array}A&B\\C&D\end{array}\right]\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]\right)X\\<br />&=&\left(\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}0&B\\0&D\end{array}\right]\right)^{-1}\left(\left[\begin{array}0&A\\0&C\end{array}\right]-\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]\right)X\\<br />&=&\left[\begin{array}0&-B\\1&-D\end{array}\right]^{-1}\left[\begin{array}-1&A\\0&C\end{array}\right]X\\<br />&=&\left[\begin{array}-\frac{D}{B}&1\\ \frac{1}{B}&0\end{array}\right]\left[\begin{array}-1&A\\0&C\end{array}\right]X\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{D}{B}&C-\frac{A D}{B}\\-\frac{1}{B}&\frac{A}{B}\end{array}\right]X\\<br />&=&\left(\left[\begin{array}\frac{D_1}{B_1}&C_1-\frac{A_1 D_1}{B_1}\\-\frac{1}{B_1}&\frac{A_1}{B_1}\end{array}\right]+\left[\begin{array}\frac{D_2}{B_2}&C_2-\frac{A_2 D_2}{B_2}\\-\frac{1}{B_2}&\frac{A_2}{B_2}\end{array}\right]\right)X\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{D_1}{B_1}+\frac{D_2}{B_2}&C_1+C_2-\frac{A_1 D_1}{B_1}-\frac{A_2 D_2}{B_2}\\-\frac{1}{B_1}-\frac{1}{B_2}&\frac{A_1}{B_1}+\frac{A_2}{B_2}\end{array}\right]X\\<br />&=&\left[\begin{array}Y_{11}&Y_{12}\\Y_{21}&Y_{22}\end{array}\right]X<br />\end{eqnarray}

最後に上記で導いた回路全体のアドミッタンス行列を回路全体の４端子定数に変換すると

\begin{eqnarray}<br />X&=&\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]Q+\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]P\\<br />Y&=&\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]Q+\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]P\\<br />Y&=&\left[\begin{array}Y_{11}&Y_{12}\\Y_{21}&Y_{22}\end{array}\right]X\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{D_1}{B_1}+\frac{D_2}{B_2}&C_1+C_2-\frac{A_1 D_1}{B_1}-\frac{A_2 D_2}{B_2}\\-\frac{1}{B_1}-\frac{1}{B_2}&\frac{A_1}{B_1}+\frac{A_2}{B_2}\end{array}\right]X\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{D_1}{B_1}+\frac{D_2}{B_2}&C_1+C_2-\frac{A_1 D_1}{B_1}-\frac{A_2 D_2}{B_2}\\-\frac{1}{B_1}-\frac{1}{B_2}&\frac{A_1}{B_1}+\frac{A_2}{B_2}\end{array}\right]\left(\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]Q+\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]P\right)\\<br />&&\left(\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}\frac{D_1}{B_1}+\frac{D_2}{B_2}&C_1+C_2-\frac{A_1 D_1}{B_1}-\frac{A_2 D_2}{B_2}\\-\frac{1}{B_1}-\frac{1}{B_2}&\frac{A_1}{B_1}+\frac{A_2}{B_2}\end{array}\right]\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]\right)Q=\left(\left[\begin{array}\frac{D_1}{B_1}+\frac{D_2}{B_2}&C_1+C_2-\frac{A_1 D_1}{B_1}-\frac{A_2 D_2}{B_2}\\-\frac{1}{B_1}-\frac{1}{B_2}&\frac{A_1}{B_1}+\frac{A_2}{B_2}\end{array}\right]\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]\right)P\\<br />Q&=&\left(\left[\begin{array}0&1\\0&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}\frac{D_1}{B_1}+\frac{D_2}{B_2}&C_1+C_2-\frac{A_1 D_1}{B_1}-\frac{A_2 D_2}{B_2}\\-\frac{1}{B_1}-\frac{1}{B_2}&\frac{A_1}{B_1}+\frac{A_2}{B_2}\end{array}\right]\left[\begin{array}1&0\\0&0\end{array}\right]\right)^{-1}\left(\left[\begin{array}\frac{D_1}{B_1}+\frac{D_2}{B_2}&C_1+C_2-\frac{A_1 D_1}{B_1}-\frac{A_2 D_2}{B_2}\\-\frac{1}{B_1}-\frac{1}{B_2}&\frac{A_1}{B_1}+\frac{A_2}{B_2}\end{array}\right]\left[\begin{array}0&0\\1&0\end{array}\right]-\left[\begin{array}0&0\\0&-1\end{array}\right]\right)P\\<br />&=&\left[\begin{array}-\frac{D_2}{B_2}-\frac{D_1}{B_1}&1\\ \frac{1}{B_2}+\frac{1}{B_1}&0\end{array}\right]^{-1}\left[\begin{array}-\frac{A_2 D_2}{B_2}-\frac{A_1 D_1}{B_1}+C_2+C_1&0\\ \frac{A_2}{B_2}+\frac{A_1}{B_1} & 1\end{array}\right]P\\<br />&=&\left[\begin{array}0 & -\frac{1}{-\frac{1}{B_2}-\frac{1}{B_1}}\\ 1 & \frac{-\frac{D_2}{B_2}-\frac{D_1}{B_1}}{-\frac{1}{B_2}-\frac{1}{B_1}}\end{array}\right]\left[\begin{array}-\frac{A_2 D_2}{B_2}-\frac{A_1 D_1}{B_1}+C_2+C_1&0\\ \frac{A_2}{B_2}+\frac{A_1}{B_1} & 1\end{array}\right]P\\<br />&=&\left[\begin{array}-\frac{\frac{A_2}{B_2}+\frac{A_1}{B_1}}{-\frac{1}{B_2}-\frac{1}{B_1}} & -\frac{1}{-\frac{1}{B_2}-\frac{1}{B_1}}\\ \frac{\left( \frac{A_2}{B_2}+\frac{A_1}{B_1}\right) \left( -\frac{D_2}{B_2}-\frac{D_1}{B_1}\right) }{-\frac{1}{B_2}-\frac{1}{B_1}}-\frac{A_2 D_2}{B_2}-\frac{A_1 D_1}{B_1}+C_2+C_1 & \frac{-\frac{D_2}{B_2}-\frac{D_1}{B_1}}{-\frac{1}{B_2}-\frac{1}{B_1}}\end{array}\right]P\\<br />&=&\left[\begin{array}\frac{A_1 B_2+A_2 B_1}{B_2+B_1} & \frac{B_1 B_2}{B_2+B_1}\\ C_1+C_2+\frac{\left( A_2-A_1\right) \left( D_1-D_2\right) }{B_2+B_1} & \frac{B_1 D_2+B_2 D_1}{B_2+B_1}\end{array}\right]P\\<br />&=&\left[\begin{array}A&B\\C&D\end{array}\right]P<br />\end{eqnarray}

ということになる。

Q.E.D

P.S

すくなくとも著者のよりは見通しが良い。一見も面倒そうに見えるが行列の計算はよく見れば単純なものばかりだった。

各変換の前半部分に頻繁に現れる2行２列の定係数行列は線形代数ではなんと呼ぶのだろう？　パラメータ間変換公式に代入する方法よりも線形代数を使った方がはるかに簡単で間違いなくパラメータ変換ができる。何よりも変換公式を完全に忘れてしまっていても良いのが嬉しい。少なくともこの方法によるパラメータ変換はどの参考書やインターネット上でも見かけない。もしかしてオリジナルかもしれないし、単に誰もやろうとしないアホな方法かもしれない。後者の様な気がする(;´Д`)

P.S

証明の前半で回路全体のアドミッタンスパラメータを導いた段階で以下の関係が得られていることを賢明な読者は見逃さないだろう。

\begin{eqnarray}<br />\left[\begin{array}\frac{D}{B}&C-\frac{A D}{B}\\-\frac{1}{B}&\frac{A}{B}\end{array}\right]&=&\left[\begin{array}\frac{D_1}{B_1}+\frac{D_2}{B_2}&C_1+C_2-\frac{A_1 D_1}{B_1}-\frac{A_2 D_2}{B_2}\\-\frac{1}{B_1}-\frac{1}{B_2}&\frac{A_1}{B_1}+\frac{A_2}{B_2}\end{array}\right]<br />\end{eqnarray}

これをA,B,C,Dに関する４元連立方程式として解けば同じ結果が得られる。以前の問題にも出くわしたように二次形式が伴うので手計算で解くのは意外に大変であるが、その確認は読者の課題としよう(´∀` )。

証明の後半はその方程式を解いているのに等しい。代数的に面白い関係である。

P.S

手元の古書を眺めていたら以前も紹介した「回路網理論I」尾崎弘、黒田一之著の付録A-4 "２端子対回路と４次元ベクトル"に同じ様なことが書かれていた。Vitold Belevitchが1954年6月号のIRE. Transactions on Circuit Theory, Vol CT-4 P.P. 105-111で発表したと出典がある。



ページにはこの本の以前の持ち主だった人が油紙のしおりを差し込んである。特別目をひいた内容だったのかもしれない。確かに他では見たことがない。V. Belevitchは卓越した数学的観点での回路網理論や多方面の研究で業績があった人のようだ。Cauerと同時代の人で戦後Cauerの功績を広めたことでも知られる。歴史的に二端子対回路を最初に考えたのは Franz Breisigであることを見いだしたのは彼である。数え上げればきりがない。ちょっと教わりたかった気がする。生まれるのがあまりにも遅すぎた。せめて回路網理論のバイブルである著書の"Classical Network Theory"を読んでみたい。入手困難だが。



こちらも遅ればせながら独自に同じ着想に到達したというだけで満足である。
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題名 投稿者 日時
   2端子対回路演習問題 webadm 2010-5-20 4:53
     インピーダンスパラメータ webadm 2010-5-20 5:54
     インピーダンスパラメータとアドミッタンスパラメータ webadm 2010-5-22 23:43
     インピーダンスパラメータとハイブリッドパラメータ webadm 2010-5-23 1:32
     インピーダンス行列とアドミッタンス行列 webadm 2010-5-23 10:12
     T形回路 webadm 2010-5-23 16:25
     続：T形回路 webadm 2010-5-23 16:33
     π形回路 webadm 2010-5-23 17:20
     Zobel変換 webadm 2010-5-23 17:58
     ハイブリッドパラメータ webadm 2010-5-24 17:53
     アドミッタンスパラメータと４端子定数 webadm 2010-5-26 11:41
     伝送行列 webadm 2010-5-26 14:34
     T形回路の伝送行列 webadm 2010-5-26 15:14
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     続：伝送行列 webadm 2010-5-27 13:50
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     続々：影像パラメータ webadm 2010-6-17 5:13
     影像インピーダンス webadm 2010-6-17 16:21
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     ４端子定数と影像インピーダンス webadm 2010-6-26 0:45
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