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da **michelephoenix** » 17 mag 2013, 18:20

lillo scusami credevo che le tue equazioni fossero riferite all'ultimo circuito, io il primo non lo stavo proprio più considerando, dopo che l'altro utente ha postato questo ultimo bel schema, ad ogni modo posto le equazioni che mi ritrovo facendo riferimento all'ultimo circuito:

$\left ( G1+G2+G3+G6 \right )V1-G3V2-G2V3=I1+I2$

$\left -G3V1+(G3+G4+G6)V2-G4V3=I3$

$\left -G2V1-G4V2+(G2+G4+G5)V3=-I2-I3$

Se sono giuste, ricordo ancora qualcosa

altrimenti perdonatemi.... :roll:

da **lillo** » 17 mag 2013, 18:26

michelephoenix ha scritto:lillo scusami...

e de che

anzi, ora

Emilio93 può ricontrollarle entrambe, e magari ci posta il suo procedimento.

@

michelephoenix: i numerini secondo me vanno meglio come pedici:

$G1\;\;\;\;\\;\;\;\;G_1$

è più bello da vedere no :-)

da **michelephoenix** » 17 mag 2013, 18:30

Hai perfettamente ragione :ok:

la prossima volta cercherò di scrivere meglio, purtroppo è la prima volta che utilizzo quel sito nella tua firma e devo farci la mano :roll:

, ed appena avrò tempo inizierò ad imparare anche il programma per fare i circuiti, altrimenti risulta difficile farsi capire...

O_/

da **Emilio93** » 17 mag 2013, 20:07

Posto una mia soluzione , ma molto probabilmente i conti non tornano a livello numerico .
In riferimento al circuito così rappresentato :

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Queste sono le correnti sui resistori ( Considerato A : NODO DI RIFERIMENTO )

$\begin{array}{l} {i_1} = \frac{{ - {V_B}}}{{{R_1}}}\\ {i_{_2}} = \frac{{ - {V_C}}}{{{R_2}}}\\ {i_3} = \frac{{{V_B}}}{{{R_3}}}\\ {i_4} = \frac{{{V_B} - {V_C}}}{{{R_{{4_{_{}}}}}}}\\ {i_5} = \frac{{{V_D} - {V_C}}}{{{R_5}}}\\ {i_6} = \frac{{{V_D} - {V_C}}}{{{R_6}}} \end{array}$

Adesso scrivo la legge di Kirchhoff al nodo B-C-D

$\begin{array}{l} B \to {I_3} - {i_4} - {i_3} = 0 \to \frac{{ - {V_B} + {V_C}}}{{{R_4}}} - \frac{{{V_B}}}{{{R_3}}} = - {I_3}\\ C \to {i_5} + {I_2} + {i_2} + {i_4} - {I_3} + {i_6} = 0 \to \frac{{{V_D} - {V_C}}}{{{R_5}}} + (\frac{{ - {V_C}}}{{{R_2}}}) + \frac{{{V_B} - {V_C}}}{{{R_4}}} + \frac{{{V_D} - {V_C}}}{{{R_6}}} = {I_3} - {I_2}\\ D \to {i_1} - {I_1} - {i_5} - {i_6} = 0 \to \frac{{ - {V_B}}}{{{R_1}}} - \frac{{{V_D} - {V_C}}}{{{R_5}}} - \frac{{{V_D} - {V_C}}}{{{R_6}}} = {I_1} \end{array}$

$\begin{array}{l} {V_B}( - {G_3} - {G_4}) + {V_C}{G_4} = - {I_3}\\ {V_B}({G_4}) + {V_C}( - {G_5} - {G_2} - {G_4} - {G_6}) + {V_D}({G_5} + {G_6}) = {I_3} - {I_2}\\ {V_B}({G_1}) + {V_C}( - {G_5} - {G_6}) + {V_D}({G_5} + {G_6}) = {I_1} \end{array}$

Facendo il prodotto fra matrici ( G*V=I ) e trovando le rispettive componenti della tensione il risultato non viene, c'è qualcosa di sbagliato nel mio procedimento?

p.s. Sul disegno non compare il nodo D , ma va da se che è l'unico non "nominato"

da **michelephoenix** » 17 mag 2013, 20:36

Dove non ti trovi? leggendo molto velocemente l'ultima parte già noto delle incongruenze di segno tra la terza equazione del sistema 2 e la terza equazione del sistema 3.

da **Emilio93** » 17 mag 2013, 20:43

Si , in ogni caso ho fatto i calcoli col sistema 2 , il terzo l'ho scritto per semplificarvi la comprensione. Si sono sfasati i segni della terza ma non è lì il problema.
Questi sono i dati del problema:
${I_1} = 13A,{I_2} = - 3A,{I_3} = 1A,{R_1} = {R_3} = {R_5} = 5\Omega ,{R_2} = {R_4} = {R_6} = 10\Omega$
E questi sono i risultati :
${V_{{R_3}}} = - 10V,{V_{{R_2}}} = 40V,{V_{{R_1}}} = 50V$ .