ประยุกต์พีชคณิตเชิงเส้นในวิศวกรรมไฟฟ้า: รูปแบบโจทย์ที่เจอเสมอ

1. มองวงจรแล้วเขียนได้ทันที A1

   $$\begin{pmatrix} 2+4 & -4 & 0 \\ -4 & 4+2+6 & -6 \\ 0 & -6 & 6+3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_1 \\ I_2 \\ I_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 24 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

2. อินเวอร์ส ($\det R = 288$) คำนวณด้วยแอดจอยต์ I3

   $$R^{-1} = \frac{1}{288}\begin{pmatrix} 72 & 36 & 24 \\ 36 & 54 & 36 \\ 24 & 36 & 56 \end{pmatrix}$$

3. $\mathbf b$ มีค่าแค่ตัวแรก จึงได้ 24 เท่าของหลักแรก

   $$\mathbf I = \frac{24}{288}\begin{pmatrix} 72 \\ 36 \\ 24 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix}\text{ A}$$

$I_1 = 6,\ I_2 = 3,\ I_3 = 2$ A · กระแสผ่าน $R_2 = I_1 - I_2 = 3$ A และผ่าน $R_4 = I_2 - I_3 = 1$ A

$R^{-1}$ สมมาตรด้วย (อินเวอร์สของเมทริกซ์สมมาตรสมมาตรเสมอ) · ความต้านทานที่แหล่งจ่ายมองเห็น $= 1/(R^{-1})_{11} = 288/72 = 4\ \Omega$ ตรวจ: $24/4 = 6$ A ✓

1. ความนำ: $G_a = 1,\ G_b = 0.5,\ G_c = 0.25,\ G_d = 0.5,\ G_e = 0.5$ S เขียนด้วยการมอง A2

   $$\begin{pmatrix} 1 + 0.5 & -0.5 & 0 \\ -0.5 & 0.5 + 0.25 + 0.5 & -0.5 \\ 0 & -0.5 & 0.5 + 0.5 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

2. คูณทั้งระบบด้วย 4 กำจัดทศนิยม

   $$\begin{pmatrix} 6 & -2 & 0 \\ -2 & 5 & -2 \\ 0 & -2 & 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 40 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

3. สามแนวทแยง จึงแทนค่าต่อเนื่องจากแถวล่าง: แถว 3 ได้ $v_2 = 2v_3$ · แถว 2: $-2v_1 + 10v_3 - 2v_3 = 0$ ได้ $v_1 = 4v_3$

4. แถว 1: $6(4v_3) - 2(2v_3) = 20v_3 = 40$

   $$v_3 = 2,\quad v_2 = 4,\quad v_1 = 8\ \text{V}$$

$\mathbf v = (8,\ 4,\ 2)$ V

KCL โนด 1: กระแสลง $R_a$ $= 8$ A ผ่าน $R_b$ $= (8 - 4)/2 = 2$ A รวม 10 A ✓ · การใช้ $G^{-1}$ กับแหล่งจ่ายหลายแบบดูที่ ตัวอย่าง I-6

1. KVL เมช 1 (ปกติ): $2I_1 + 4(I_1 - I_2) = 12$ → $6I_1 - 4I_2 = 12$

2. KVL เมช 2: แรงดันตกบนตัวต้านทาน = แรงดันที่แหล่งไม่อิสระดันขึ้น

   $$4(I_2 - I_1) + 4I_2 = 2I_1 \ \Rightarrow\ \hlF{-6}I_1 + 8I_2 = 0$$

3. เมทริกซ์ไม่สมมาตร ($-4 \ne -6$) A3 แก้ด้วยคราเมอร์ C2

   $$\begin{pmatrix} 6 & -4 \\ -6 & 8 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_1 \\ I_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 12 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \Delta = 48 - 24 = 24$$ $$I_1 = \frac{(12)(8) - (-4)(0)}{24} = 4, \qquad I_2 = \frac{(6)(0) - (12)(-6)}{24} = 3$$

$I_1 = 4$ A · $I_2 = 3$ A · แหล่งไม่อิสระมีแรงดัน $2I_1 = 8$ V

ตรวจเมช 2: $4(3 - 4) + 4(3) = 8 = 2I_1$ ✓

1. แทนค่าใน A5: $A = \begin{pmatrix} -6 & -1 \\ 5 & 0 \end{pmatrix}$, $\operatorname{tr} = -6$, $\det = 5$ A5

   $$\lambda^2 + 6\lambda + 5 = (\lambda + 1)(\lambda + 5) = 0 \ \Rightarrow\ \lambda = -1,\ -5$$

2. เวกเตอร์เฉพาะด้วยสูตรลัด $(b,\ \lambda - a)$ โดย $a = -6,\ b = -1$ E4

   $$\lambda = -1:\ \mathbf v_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 + 6 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 \\ -5 \end{pmatrix}, \qquad \lambda = -5:\ \mathbf v_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ -5 + 6 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$$

3. กระจายค่าเริ่มต้น $c_1(1, -5) + c_2(1, -1) = (0, 4)$ ได้ $c_1 = -1,\ c_2 = 1$ E15

   $$\begin{pmatrix} i_L \\ v_C \end{pmatrix} = -e^{-t}\begin{pmatrix} 1 \\ -5 \end{pmatrix} + e^{-5t}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$$

$i_L(t) = -e^{-t} + e^{-5t}$ A · $v_C(t) = 5e^{-t} - e^{-5t}$ V (หน่วงเกิน $\zeta = 3\sqrt{0.2} \approx 1.34$)

ตรวจ $i_L = C\,dv_C/dt = 0.2(-5e^{-t} + 5e^{-5t}) = -e^{-t} + e^{-5t}$ ✓ · ถ้าเปลี่ยนเป็น $R = 2\ \Omega$ จะได้ $\lambda^2 + 2\lambda + 5 = 0$, $\lambda = -1 \pm j2$: แกว่งที่ 2 rad/s ใต้เปลือก $e^{-t}$ ($\zeta \approx 0.447$)

1. $\operatorname{tr} = -3,\ \det = 1$: $\mu^2 + 3\mu + 1 = 0$ ได้ $\mu = -0.382,\ -2.618$ (โดย $\mu = \lambda\tau$)

2. สูตรลัด $(b, \mu - a) = (1,\ \mu + 2)$ E4

   $$\mu = -0.382:\ \mathbf v_{\text{ช้า}} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1.618 \end{pmatrix}, \qquad \mu = -2.618:\ \mathbf v_{\text{เร็ว}} = \begin{pmatrix} 1 \\ -0.618 \end{pmatrix}$$

โหมดช้า: ตัวเก็บประจุทั้งสองตัวเปลี่ยนแรงดันไปทางเดียวกัน (ชาร์จทั้งวงจร) · โหมดเร็ว: แรงดันสวนทางกัน (ประจุไหลถ่ายเทระหว่างสองตัวเก็บประจุผ่าน $R_2$) จึงหายไปเร็วกว่าเกือบ 7 เท่า

$A$ สมมาตร เวกเตอร์เฉพาะจึงตั้งฉากกัน: $(1)(1) + (1.618)(-0.618) = 1 - 1 = 0$ ✓ E11

1. หนึ่งชั้น = อนุกรมคูณขนาน (ตามลำดับที่สัญญาณผ่าน) A7

   $$T = \begin{pmatrix} 1 & 10 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0.05 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1.5 & 10 \\ 0.05 & 1 \end{pmatrix}$$

2. สองชั้นต่อเรียง = $T^2$

   $$T^2 = \begin{pmatrix} 1.5(1.5) + 10(0.05) & 1.5(10) + 10(1) \\ 0.05(1.5) + 1(0.05) & 0.05(10) + 1(1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2.75 & 25 \\ 0.125 & 1.5 \end{pmatrix}$$

หนึ่งชั้น $V_2/V_1 = 1/1.5 = 0.667$ (ตรงกับตัวแบ่ง $20/30$) · สองชั้น $1/2.75 = 0.364$ ไม่ใช่ $0.667^2 = 0.444$ เพราะชั้นที่สองโหลดชั้นแรก เมทริกซ์จัดการผลโหลดให้อัตโนมัติ

$\det T = 1.5 - 0.5 = 1$ และ $\det T^2 = 4.125 - 3.125 = 1$ ✓ (วงจรส่วนกลับ และสอดคล้องกับ $\det(AB) = \det A\det B$)

1. คูณด้วยเมทริกซ์ผกผัน A8

   $$\begin{pmatrix} I_0 \\ I_1 \\ I_2 \end{pmatrix} = \frac13\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & a & a^2 \\ 1 & a^2 & a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 30 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \frac13\begin{pmatrix} 30 \\ 30 \\ 30 \end{pmatrix}$$

$I_0 = I_1 = I_2 = 10\angle0^\circ$ A นี่คือเหตุผลที่ฟอลต์เฟสเดียวลงดินต่อวงจรลำดับศูนย์ บวก และลบอนุกรมกัน และ $I_f = 3I_0$

ระบบสมดุลลำดับบวก $V_a = 100,\ V_b = 100a^2,\ V_c = 100a$ จะได้ $V_1 = \tfrac13(100 + a\cdot100a^2 + a^2\cdot100a) = 100$ และ $V_0 = V_2 = 0$ เพราะ $1 + a + a^2 = 0$ ✓

1. ทแยง = ผลรวมแอดมิตแตนซ์ทุกตัวที่ต่อกับบัส (รวมกิ่งลงกราวด์) A10

   $$Y_{11} = -j(10 + 4 + 5) = -j19, \quad Y_{22} = -j(10 + 5) = -j15, \quad Y_{33} = -j(4 + 5) = -j9$$

2. นอกทแยง = ลบแอดมิตแตนซ์ระหว่างบัส

   $$\mathbf Y_{\text{bus}} = \begin{pmatrix} -j19 & j10 & j4 \\ j10 & -j15 & j5 \\ j4 & j5 & -j9 \end{pmatrix}$$

ได้ $\mathbf Y_{\text{bus}}$ สมมาตร ถ้าตัด $y_{10}$ ออก แถวที่ 1 จะรวมเป็น $-j14 + j10 + j4 = 0$ ทุกแถวรวมเป็นศูนย์ เมทริกซ์จะเอกฐานทันที