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DRF2: Doppia Regula Falsi, atto secondo.

Indice

Sommario

In questo articolo vorrei descrivere ulteriori artifici circuitali, da applicare con il metodo della doppia regula falsi.

Alcuni stratagemmi che questa strategia risolutiva permette di utilizzare semplificano molto le reti elettriche e conducono a risultati inaspettati e permettono di dimostrare teoremi noti per via unicamente circuitale.

La formula, riformulata

Nel mio precedente articolo descrivevo la doppia regula falsi come una proporzione, questa:

\ \frac{x-x_A }{G-G_A}=\frac{x-x_B }{G-G_B}

Il 5 Dicembre di quest'anno un utente mi ha scritto, chiedendomi una formula più mnemonica, possibilmente già risolta per x.

Ho quindi aggiunto, al mio precedente articolo, questa formula:

\ x=\frac{\frac{x_A}{G-G_A}-\frac{x_B}{G-G_B}}{
\frac{1}{G-G_A}-
\frac{1}{G-G_B}
}

che sembra averlo soddisfatto.

Devo dire che, effettivamente, seguendo alcune accortezze, la formula risulta più comoda da applicare.

Un esempio della "nuova" formula

Dobbiamo calcolare la tensione V in questa rete elettrica:

Per applicare il metodo, con la nuova formula, devo seguire questa procedura:

1. Scelgo un generatore target. In questa rete ho scelto E2.

2. Impongo una qualunque tensione o corrente (compresi V ed E2), nel circuito, pari ad un valore che scelgo io a piacere. Ovviamente utilizzerò questa facoltà per scegliere un valore comodo per i calcoli. In questa rete ho scelto di porre la corrente su R4 pari a zero.

3. A questo punto devo calcolare quanto vale E2 per avere quella corrente e anche quanto vale la tensione V.



Per i teorici dei circuiti, imponendo la corrente su R4 pari a zero, la rete diventa questa:


Tuttavia, per coloro che non hanno mai visto i simboli di nullatore e noratore, poco male: possiamo farne a meno in questa rete e, in ogni caso, sono facili da spiegare. Alla fine di questo esempio li spiegherò brevemente.

Se la corrente in R4 vale zero possiamo subito concludere che la tensione su R2 sia pari a E1, per cui V=50V. Abbiamo trovato una delle due tensioni richieste.

Dobbiamo ora trovare E2.


Ho segnato sul circuito tutte le tensioni e le correnti che possono essere dedotte e ho riportato nel rettangolo azzurro il valore di V che avevo trovato (50 V) e il valore di E2-Ex, dove E2 è il generatore di tensione dato dal problema (10 V) e Ex il generatore di tensione che ho trovato dalla rete (-630 V). Il motivo per cui faccio questo è perché mi sarà comodo quando dovrò applicare la formula finale.

4. A questo punto devo ripetere i punti 2. e 3. facendo una nuova scelta della tensione o corrente imposta, diversa dalla precedente.

Scelgo di imporre a zero la corrente su \ R_3e ricalcolo la rete, così:

5. Utilizzo quindi la formula finale, che con questi valori diventa:

V=\frac{\frac{50}{640}-\frac{10}{-30}}{\frac{1}{640}-
\frac{1}{-30}}=11.79 \text{V}

Avrete capito che la "nuova formula" è in realtà l'equazione di una retta passante per due punti icon_mrgreen.gif

Nullatore e Noratore

Il nullatore viene inserito nella rete per ricordarci che ai suoi morsetti è presente sia tensione nulla sia corrente nulla. Ha questo simbolo:

Non è un vero e proprio bipolo, non ne esiste né un equivalente Thevenin né un equivalente Norton.

E' un "promemoria" per indicarci che la tensione è nulla fra quei due punti della rete, senza per questo esserci corrente che scorra fra quei due punti.

Se vi rende il circuito poco gestibile perchè vi confonde potete rimuoverlo e indicare con una freccia che in quel punto la tensione è nulla.

Il noratore è invece un bipolo, con questo simbolo:



Anche del noratore non ne esiste nè l'equivalente Thevenin, nè l'equivalente Norton.


E' un generatore vero e proprio, in grado di erogare qualunque tensione e qualunque corrente gli venga richiesta.


In genere indica un generatore che deve essere inserito nella rete per soddisfare una particolare condizione che è richiesta alla rete.


Per esempio: voglio sapere quale tensione deve avere un generatore, in una particolare rete, affinché la tensione di uscita sia 5V.


Ebbene, per scoprirlo inserisco un noratore all'ingresso della rete e poi procedo a ritroso, partendo dall'uscita e procedendo all'indietro fino al noratore, scoprendo il suo effettivo valore.


Essendo il noratore un bipolo in grado di erogare qualunque tensione e corrente, il duale è se stesso e quindi non esiste un "noratore di corrente". Talvolta, però, io lo uso lo stesso (più avanti ne troverete uno icon_mrgreen.gif ) per ricordarmi che di quel bipolo sono interessato a trovarne la corrente erogata e non tanto la tensione.


I noratori e nullatori hanno molte altre proprietà, che però vanno al di fuori dello scopo di questo articolo.
Chi è interessato può cercare fra gli articoli del prof.Leon Chua [1], utilizzando le parole chiave "nullator" e "norator".
Chua ha probabilmente detto tutto quello che si può dire sull'analisi delle reti che includono questi due elementi e condannerebbe certamente senza pietà il mio (ab)uso del simbolo del noratore. Per fortuna il mio contributo scientifico è almeno 40dB sotto la soglia del rumore e quindi finora l'ho fatta franca...

Generatori pilotati e osservazioni sui nodi delle reti

Se nella rete da analizzare sono presenti dei generatori pilotati (e più di un generatore indipendente) è possibile annullarne uno, scegliendo quale tensione o corrente nulla quella del pilota, operando, in genere, forti semplificazioni.


Si passa dal risolvere un unico circuito molto complesso al risolvere due circuiti semplici.


Vediamo, anche in questo caso, un esempio.


Si devono trovare \ V_1, \ V_2 e \ V_3 in questa rete:

Applichiamo la DRF.

Come primo circuito scelgo di variare J1 e impongo nulla la corrente in R1. Devo calcolare V1, V2 e V3 in questo circuito e J1.

Il circuito diventa questo:

o, meglio, questo:

Dove mi sono inventato quel simbolo per Jx per indicare un noratore di corrente.

In questo circuito Vo vale zero e quindi \ V_1=V_3, inoltre \ J_2 è nullo perchè dipende da Vo e, quindi, \ V_3 si può calcolare utilizzando il partitore di tensione.

Ho riportato nel rettangolo azzurro le tre tensioni e la differenza fra la corrente vera del generatore e quella falsa trovata. Dovrò ovviamente applicare tre volte la formula della DRF per trovare le tre tensioni.

Proseguiamo con la seconda scelta: stavolta scelgo di annullare la corrente in \ R_4.

Il circuito diventa:


Nel quale ho già inserito tutte le tensioni e le correnti che si possono desumere da quella rete.

Adesso abbiamo tutti gli ingredienti per confezionare la formula risolutiva della DRF per \ V_1,\ V_2, \ V_3:


V_1=\frac{\frac{3.33}{-6.49}-\frac{2.5}{0.375}}{\frac{1}{-6.49}-
\frac{1}{0.375}}=2.54\text{V}


V_2=\frac{\frac{6.66}{-6.49}-\frac{2.5}{0.375}}{\frac{1}{-6.49}-
\frac{1}{0.375}}=2.73\text{V}


V_3=\frac{\frac{3.33}{-6.49}}{\frac{1}{-6.49}-
\frac{1}{0.375}}=182\text{m}
\text{V}

Ovviamente è possibile calcolarsi una volta per tutte il denominatore.

Osservazioni

L'esempio qui sopra mi ha fatto riflettere su una cosa. Riprendiamo uno dei circuiti che ho utilizzato per la soluzione, questo:


Posso certamente ridisegnarlo in questo modo:


O anche, quindi, in questo:


Questa rete mi ha stupito, perchè sono presenti due nullatori.
Non che non possano esserci, quanto piuttosto perchè la mia scelta ha avuto l'effetto di "sciogliere" un nodo della rete.

E' quindi possibile imporre, fin dal principio, lo "scioglimento" di un nodo?
Di primo acchito sembrerebbe di no, a meno di non cambiare la rete.
Tuttavia è cosa nota che il circuito abbia sempre ragione e il caso che è mi è fortunatamente capitato sottomano fa pensare proprio che questa eventualità sia possibile.

Cerchiamo quindi di analizzare la situazione in modo razionale.

Sciogliere i nodi con la DRF

Volendo sciogliere un nodo devo imporre che una delle sue correnti (e solo una!) sia uguale ad un'altra sua corrente.
Questo significa, infatti, fare una sola imposizione nella rete, come previsto dalla DRF (e quindi non alterare la rete stessa) poiché viene aggiunta una sola equazione che "copre" la mancanza della condizione sul generatore che ho scelto di variare.

E' necessario avere almeno tre rami afferenti per realizzare un nodo (e sentire quindi la necessità di mettere il pallino icon_mrgreen.gif ).
Con tre rami, tuttavia, è unicamente possibile annullare una corrente, se si sceglie di sciogliere il nodo.
Infatti Kirchhoff prevede che \ I_1+I_2+I_3=0 e se impongo, per esempio, \ I_2+I_3=0 non posso non avere \ I_1=0, così come facendo qualunque altra combinazione.

Questo equivale a imporre nulla una corrente afferente al nodo e questo stratagemma è già stato analizzato in passato.
Se invece il nodo ha quattro correnti afferenti ho tre combinazioni possibili, per sciogliere il nodo.

Subito dopo, però, devo ricordami che, pur non scorrendo corrente fra i due nodi che si sono venuti a creare, ho, su di essi, una tensione nulla. Devo quindi inserire un nullatore, così:

Devo notare che con tre rami afferenti al nodo ho zero combinazioni possibili, mentre con quattro ne ho tre, con cinque (provare per credere) avrei già ben dieci combinazioni (a voi scegliere quella migliore per la vostra rete icon_mrgreen.gif ).


Con sei ne avrei 51. E in generale?
Posso dirvi di consultare la OEIS, alla sequenza A241459, che riguarda i grafi semplicemente connessi.
Servirebbe scriverne un articolo a parte, ma questo argomento è connesso con l'algebra di Wang, che esula dallo scopo di questo articolo.

Esempio di scioglimento di un nodo

Si vuole trovare \ I_1 in questo circuito:

Uso la DRF (ovviamente...) e scelgo di variare \ E_1. Come prima imposizione decido di dividere il nodo centrale come segue:

La corrente che scorre in \ E_1 è \ J_1, che si ripartisce fra \ R_5 e \ R_3+R_4, essendoci un nullatore dopo \ R_3. Una volta trovata la corrente col partitore (di corrente) ho la tensione a monte e a valle del nullatore. E quindi facile ricavare la tensione su \ R_2 e tutte le altre.


Come seconda scelta posso, per esempio, imporre \ I_1=0:



Poichè non scorre corrente in \ E_x, tutta la corrente di \ J_1 scorre in \ R_1, sulla quale cadono quindi 40V.
Mi serve quindi unicamente sapere la tensione su \ R_2, per poter definire il noratore.
Scelgo di rimuovere R2 e di calcolare l'equivalente Thevenin fra i punti A e B, che è pari ad una sola resistenza di \ 5\Omega.
In quella resistenza non scorre corrente, per cui \ E_x vale quindi -40V.



Quindi la corrente \ I_1 vale:

I_1=\frac{\frac{5}{-20}}{\frac{1}{-20}-
\frac{1}{50}}=3.57 \text{A}

Miller e DRF

Se è possibile imporre una corrente in un nodo in modo da correlarla ad un'altra presente nella stessa rete, senza imporre il suo valore numerico complessivo, è possibile farlo con qualunque altra corrente presente nella rete e di conseguenza, sfruttando questa imposizione scelta, sarà possibile applicare il teorema di Miller per le correnti.
L'importante è fare una sola imposizione.

Per dualità deve essere possibile, quindi, fare la stessa cosa con la tensione su di una maglia, dopodiché si avranno due tensioni il cui rapporto sarà noto fra loro e, di conseguenza, sarà possibile applicare il teorema di Miller per le tensioni.

Vediamo un esempio di una rete in cui, nella prima delle due reti "false" da risolvere è stato imposto un rapporto di tensioni fisso e quindi applicato Miller per le tensioni e, nella seconda rete "falsa", scelto un valore di corrente pari ad un'altra corrente nella rete.
L'obiettivo è sempre e solo uno: passare da una rete complessa a due reti molto più semplici.

Si vuole trovare il valore di \ V_1, \ V_2, \ V_3 in questa rete:


Scelgo di utilizzare la DRF per risolvere la rete, scelgo di variare \ J_1 e nel primo circuito impongo \ V_3= -V_1, dopodiché osservo che \ V_2=0 (dato che \ R_2=R_5) e quindi \ I_o=0.
Il generatore dipendente di corrente eroga quindi una corrente nulla e la rete diventa questa:


Per quanto riguarda \ R_3 posso applicare il teorema di Miller. Il rapporto fra le tensioni vale \ \alpha=\frac{V_1}{V_3}=-1 e quindi le due resistenze di Miller valgono rispettivamente \ R_A=\frac{R_3}{1-\alpha}=0.125\Omega e \ R_B=\frac{R_3}{1-\frac{1}{\alpha}}=0.125\Omega.

In definitiva la rete diventa questa:

A questo punto devo risolvere la seconda rete, per la quale scelgo di imporre che la corrente risalente il ramo superiore valga \ J_2 in modo da "cancellare" la corrente del generatore di destra.


A sinistra il nodo vede sommarsi una corrente pari sempre a \ J_2, quindi tanto vale considerare due generatori di corrente in parallelo.
Volendola vedere diversamente si può immaginare di aver sostituito tutta la parte superiore della rete con un generatore di corrente pari a \ J_2, che è poi stato duplicato in due generatori, uno a destra in parallelo al \ J_2 originario e uno in parallelo a \ J_x.

L'equazione al nodo della maglia superiore diventa:

\ \frac{V_1-V_3}{R_3}+\frac{3\ V_2}{R_4}+J_2=0

La rete semplificata diventa questa:

A questo punto applico la formula della DRF:

V_1=\frac{\frac{-0.727}{12}-\frac{-1.36}{15.84}}{\frac{1}{12}-
\frac{1}{15.84}}=1.25 \text{V}

V_2=\frac{\frac{0.24}{15.84}}{\frac{1}{12}-
\frac{1}{15.84}}=0.75 \text{V}

V_3=\frac{\frac{0.727}{12}-\frac{0.08}{15.84}}{\frac{1}{12}-
\frac{1}{15.84}}=3.25 \text{V}

Extra Element Theorem per impedenze e DRF

Nel mio precedente articolo sulla DRF discutevo sul fatto che questo metodo possa essere utilizzato per trovare l'impedenza equivalente di una rete.
Non avevo la minima idea di quanto si potesse migliorare e generalizzare il procedimento che utilizzavo!

Supponiamo di avere una rete composta da soli elementi passivi e da generatori pilotati, di cui si intenda trovarne l'impedenza equivalente:


Come ci insegna l'elettrotecnica, possiamo inserire un generatore di tensione ai morsetti di ingresso e calcolarne la corrente erogata, per poi applicare la legge di Ohm. Nulla di più classico.


Nessuno però ci vieta di estrarre dalla rete R una impedenza Z, a cui porre in parallelo un generatore indipendente di corrente J, di valore nullo.
Credo che non si possa obiettare che l'impedenza della rete R e di quella R' siano uguali.


A questo punto applico la DRF sulla rete R' e scelgo di variare il generatore di corrente J, per calcolare la corrente Ii.

Nella prima rete impongo che la corrente I sia nulla.

Sull'impedenza Z possono succedere solo due cose: o la tensione \ V_{OC} è nulla, e quindi la rete vede un nullatore al posto dell'impedenza Z e Jx, oppure non lo è e quindi la rete vede un circuito aperto.
Il nullatore è però da escludere, perchè se la tensione su Z fosse nulla, significherebbe che la corrente Jx sarebbe nulla e quindi non avremmo modificato il circuito originario.

La rete vede quindi un circuito aperto e la tensione \ V_{OC} sarà pari a Z moltiplicato Jx.


Come seconda imposizione sulla rete scelgo di annullare la tensione su Jx.
Anche qui le stesse considerazioni di prima ci portano a stabilire che la rete R' veda un corto circuito ai capi di Z e non un nullatore.

Abbiamo ora tutti gli elementi per applicare la formula della DRF:

I_i=\frac{-Z\frac{I_i^\infty}{V_{OC}}-\frac{I_i^0}{I}}{-\frac{Z}{V_{OC}}-
\frac{1}{I}}

Avendo ora la corrente di ingresso possiamo esplicitare la formula per la Zin:

Z_{in}=\frac{V_i\frac{Z}{V_{OC}}+\frac{V_i}{I}}{Z\frac{I_i^\infty}{V_{OC}}
+\frac{I_i^\infty}{I}}

Moltiplicando numeratore e denominatore per \frac{I}{V_i} posso scrivere:

Z_{in}=\frac{Z\frac{I}{V_{OC}}+1}{Z\frac{I}{V_i}\frac{I_i^\infty}{V_{OC}}
+\frac{I_i^0}{V_i}}

Ora definisco:

\ Z_e^0= \frac{V_{OC}}{I}  : si tratta della impedenza vista dai morsetti della impedenza Z a generatore Vi annullato (quindi sostituito con un corto).

\ Z_{in}^\infty= \frac{V_i}{I_i^\infty}  : si tratta della impedenza vista dai morsetti di ingresso avendo rimosso l'impedenza Z.

\ Z_{in}^0= \frac{V_i}{I_i^0}  : si tratta della impedenza vista dai morsetti di ingresso avendo cortocircuitato l'impedenza Z.

In definitiva posso riscrivere la formula per l'impedenza di ingresso come:

Z_{in}=Z_{in}^\infty\frac{1+\frac{Z_e^0}{Z}}{1+\frac{Z_{in}^\infty}{Z_{in}^0} \frac{Z_e^0}{Z}}

Questa formula costituisce già un buon metodo per calcolare l'impedenza di ingresso della rete R, tuttavia... si può fare di meglio!

E' possibile, infatti, ripetere lo stesso identico ragionamento utilizzato per il calcolo della impedenza di ingresso inserendo all'ingresso della rete un generatore di corrente, invece di un generatore di tensione.

Da cui si ottiene, applicando la formula della DRF:

V_i=\frac{-Z\frac{V_i^\infty}{V_{OC}}-\frac{V_i^0}{I}}{-\frac{Z}{V_{OC}}-\frac{1}{I}}

Avendo ora la tensione di ingresso possiamo esplicitare la formula per la Zin:

Z_{in}=Z_{in}^\infty\frac{1+\frac{Z_{in}^0}{Z_{in}^\infty}\frac{Z_e^\infty}{Z}}{1+\frac{Z_e^\infty}{Z}}

In questa formula compare una nuova impedenza:

\ Z_e^\infty= \frac{V_{OC}}{I}  : si tratta della impedenza vista dai morsetti della impedenza Z a generatore Ii annullato (quindi sostituito con un circuito aperto).

Prima, infatti, avendo inserito un generatore di tensione all'ingresso, per calcolare l'impedenza vista ai morsetti di Z avevamo dovuto sostituirlo con un corto circuito.
Adesso invece, avendo un generatore di corrente, abbiamo dovuto sostituirlo con un circuito aperto, ottenendo una nuova impedenza da inserire nella formula.
Tuttavia... l'impedenza di ingresso della rete deve essere sempre la stessa, sia inserendo un generatore di tensione sia inserendone uno di corrente, per cui deve esistere una relazione fra le impedenze, che ovviamente possiamo trovare uguagliando la formula trovata per l'impedenza ottenuta inserendo un generatore di tensione all'ingresso a quella ottenuta inserendo un generatore di corrente.

Facendo ciò si trova che:

Z_e^0\ Z_{in}^\infty=Z_e^\infty\ Z_{in}^0

Utilizzando questa formula è possibile quindi scrivere che:

Z_{in}=Z_{in}^\infty\frac{1+\frac{Z_e^0}{Z}}{1+\frac{Z_e^\infty}{Z}}=Z_{in}^0\frac{1+\frac{Z}
{Z_e^0}}{1+\frac{Z}{Z_e^\infty}}

Si tratta della ben nota formula delle impedenze del teorema dell'elemento aggiunto di Middlebrook, dove la prima o la seconda versione si sceglie in base alla convenienza sulla rete specifica.

Ricordo ancora che:
\ Z_e^0  : Impedenza vista dai morsetti della impedenza Z, a impedenza Z rimossa, con ingresso in corto circuito.

\ Z_e^\infty  : Impedenza vista dai morsetti della impedenza Z, a impedenza Z rimossa, con ingresso in circuito aperto.

\ Z_{in}^\infty  : Impedenza vista dall'ingresso, con impedenza Z sostituita con un circuito aperto.

\ Z_{in}^0  : Impedenza vista dall'ingresso, con impedenza Z sostituita con un corto circuito.

Per esempio in [3] si può trovare una trattazione sul calcolo dell'impedenza di emettitore di un circuito, trattata anche con lo EET per le impedenze (fatta da IsidoroKZ !)

In [4] troverete delle slide sul metodo dell'università del Colorado e in [5] la pagina wiki dell'EET.

Extra Element Theorem e DRF

Non è detto che dobbiamo limitarci a calcolare una impedenza di un bipolo, che, in realtà è una funzione di trasferimento fra tensione e corrente di ingresso, ma utilizzando la DRF possiamo divertirci a calcolare una funzione di trasferimento qualunque, su di un quadripolo.
Procediamo come nel caso precedente, estraendo una impedenza e inserendogli in parallelo un generatore J di corrente nulla.


Otteniamo quindi i due circuiti "falsi", che utilizziamo per comporre la formula della DRF:


da cui è possibile scrivere:

V_o=\frac{Z\frac{V_o^\infty}{V_{OC}}+\frac{V_o^0}{I}}{\frac{Z}{V_{OC}}+\frac{1}{I}}

Adesso divido ambo i membri per Vi, poiché \ H=\frac{V_o}{V_i}, poi moltiplico numeratore e denominatore per I e sostituisco \ Z_d=\frac{V_{OC}}{I}.
Ottengo:

H=H^0\frac{1+Z\frac{H^\infty}{H^0\ Z_d}}{1+\frac{Z}{Z_d}}

dove:

\ H^0 è la funzione di trasferimento dove l'impedenza Z è stata sostituita da un corto circuito.
\ H^\infty è la funzione di trasferimento dove l'impedenza Z è stata sostituita da un circuito aperto.
\ Z_d è l'impedenza vista fra i morsetti dell'impedenza Z (a Z rimossa) con Vi sostituito da un corto circuito.

Questa formula è già una possibile formulazione dell'EET, ma, come nel caso precedente, si può fare di meglio.

Possiamo ancora fare questa osservazione: Invece di cercare di calcolare Vo con la DRF, possiamo cercare di calcolare Vi con la DRF.
Il problema di fare questo è che Vo è l'uscita del sistema e una funzione di trasferimento si calcola facendo il rapporto fra l'uscita Vo lasciata aperta e la tensione Vi, imposta.Si deve quindi fare in modo di non assorbire o iniettare corrente nella porta di uscita!

La soluzione più ovvia, cioè quella di chiudere la porta di uscita su di un generatore di tensione pari a Vo non è corretta, perchè si finirebbe per iniettare una corrente nella porta di uscita.

La soluzione corretta è quindi quella di utilizzare un nullatore sulla porta di uscita, in modo che sull'uscita ci sia una tensione Vo senza iniettare corrente nella rete e un noratore sull'ingresso, che sarà l'oggetto del nostro calcolo attraverso la DRF.

Ecco lo schema di come realizzare quanto detto:

Scrivo quindi la formula della DRF:

V_i=\frac{\frac{V_i^0}{I}+Z\frac{V_i^\infty}{V_{OC}}}{\frac{1}{I}+\frac{Z}{V_{OC}}}

Adesso utilizzo questa formula per calcolare il rapporto Vo/Vi, poi moltiplico numeratore e denominatore per I e raccolgo un \ H^0 e sostituisco \ Z_n=\frac{V_{OC}}{I}. Dopo spenderò due parole su questa impedenza.
Ottengo:

H=H^0\frac{1+\frac{Z}{Z_n}}{1+Z\frac{H^0}{H^\infty\ Z_n}}

dove:

\ H^0 è la funzione di trasferimento dove l'impedenza Z è stata sostituita da un corto circuito.
\ H^\infty è la funzione di trasferimento dove l'impedenza Z è stata sostituita da un circuito aperto.
\ Z_n è l'impedenza vista fra i morsetti dell'impedenza Z (a Z rimossa) in queste condizioni:


Dove si vede che ho annullato la tensione di uscita, avendo rimosso Vo dalla serie col nullatore.
Per il calcolo effettivo di questa impedenza è sufficiente inserire un generatore di corrente o di tensione alla porta di Zn e procedere a calcolare la tensione o la corrente rispettivamente erogata, come si farebbe con una qualunque rete in presenza di generatori pilotati.

Ora ho a disposizione due formulazioni diverse per calcolare la funzione di trasferimento H, queste:


H=H^0\frac{1+\frac{Z}{Z_n}}{1+Z\frac{H^0}{H^\infty\ Z_n}}


H=H^0\frac{1+Z\frac{H^\infty}{H^0\ Z_d}}{1+\frac{Z}{Z_d}}

Ovviamente entrambe permettono di calcolare H, per cui deve esserci una relazione fra \ Z_d, \ Z_n, \ H^0 e \ H^\infty.
Posso cercarla uguagliandole. Ne ricavo che:


\frac{Z_d}{Z_n}=\frac{H^\infty}{H^0}


che mi permette di scrivere la formula trovata da Middlebrook:


H=H^0\frac{1+\frac{Z}{Z_n}}{1+\frac{Z}{Z_d}}

oppure

H=H^\infty \frac{1+\frac{Z_n}{Z}}{1+\frac{Z_d}{Z}}


oppure

H= \frac{H^0+H^\infty\frac{Z}{Zd}}{1+\frac{Z}{Z_d}}


da scegliere in funzione della rete specifica.


In [6] troverete un testo fondamentale sull'EET.

Conclusioni

Volevo fare un articoletto veloce con qualche esempio in più sulla DRF e invece... eccomi qua!
Come sempre mi sono fatto prendere la mano...
Quando ho iniziato a pensare all'articolo non avevo ancora scoperto che dalla DRF si poteva passare all'EET: questa considerazione è venuta in corso d'opera e quindi adesso mi ritrovo il tavolo pieno di fogli e la casa da pulire! icon_rolleyes.gif
Però devo ammettere di essermi divertito!
Ho anche scritto degli appunti su come ricavare il 2EET e il nEET dalla DRF. L'idea di base è di connettere quel generatore di corrente nulla fra due punti a caso della rete e non a cavallo di una sola impedenza Z. Quello che ricavo è, però, un qualcosa di molto complicato e ho come l'impressione che sia possibile trovare una formulazione più semplice al tutto.
Un'altra impressione che ho avuto scrivendo questo articolo è che la DRF nasconda ancora tante sorprese, tutte da studiare e da scoprire!
Devo ringraziare il grande IsidoroKZ che con pazienza mi ha sopportato in questi giorni e anche RenzoDF che mi ha iniziato all'antica arte egizia ahmesiana della falsa posizione.
Sto capendo solo ora la magia che racchiudono queste antiche tecniche, anche se qualche sospetto su di Renzo avrei dovuto averlo: DRF è l'anagramma di RDF!


Bibliografia e sitografia

[1] Specifiche tecniche del prof.Chua

[2] Sequenza OEIS n.A241459

[3] IsidoroKZ, Impedenza di Emettitore, EY

[4] Slide corso di Power Electronics, Università del Colorado

[5] Pagina wiki dell'EET

[6] Vatché Vorpérian, Fast analytical techniques for electrical and electronic circuits, CUP

[7] Murali, Tse Implementing the extra element theorem using nullor approach Int. J. Circ. Theor. Appl., 27, 267—273 (1999)

[8] R.D. Middlebrook, Null Double Injection and the Extra Element Theorem IEEE Trans.

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Commenti e note

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di ,

Grazie Stefano. Mi fa molto piacere sapere che questo mio articolo ti sia così piaciuto.

Rispondi

di ,

Il mio voto l'ho dato ma avrei voluto darne più di uno. Bravo Pietro.

Rispondi

di ,

Caro Zeno, sono io ad essere lusingato, nel ricevere un commento simile da te! Ti ringrazio davvero per i complimenti e sono contento che l’articolo ti sia piaciuto. Qualora riuscissi a ricavarne qualcosa di buono, scriverò un articolo sul 2EET (e forse sul nEET se ci riesco). Grazie ancora!

Rispondi

di ,

Questo articolo, "magistrale" come scrive RenzoDF, è una perla per chi si diletta nella didattica dei circuiti elettrici.
E' molto bello seguire lo sviluppo di un'idea che si dirama in un flusso creativo di collegamenti che producono nuove idee.
Mi lusinga pensare che ElectroYou possa essere lo stimolo per generare tali contenuti.
Grazie Pietro!

Rispondi

di ,

Beh, grazie

Rispondi

di ,

Grande PietroBaima.. grande Articolo !

Rispondi

di ,

Seeee... proprio tu! Uno come te la risolve in meno di cinque minuti! Grazie Renzo!

Rispondi

di ,

Chapeau Pietro, mi ci vorranno mesi per “digerire” tutto questo magistrale Articolo. :D

Rispondi

di ,

Come segnalatomi, l'articolo è disponibile tramite Google scholar.
Ho provveduto ad aggiungerlo in bibliografia al punto [7].
Sostanzialmente, per i nostri fini, l'articolo illustra un metodo per effettuare il calcolo di Zn inserendo un nullatore in uscita e un noratore in ingresso, che è quanto ho fatto anche io utilizzando la DRF.
Gli autori sostengono, sostanzialmente, che fare ciò sia differente da quanto originariamente ipotizzato da Middlebrook e lo utilizzano per mettere a punto un algoritmo, implementabile su calcolatore, per trovare Zn.
Ho quindi letto l'articolo originale di Middlebrook, dove illustra il concetto di Null Double Injection per il calcolo di Zn e, personalmente, trovo che l'introduzione di nullatore e noratore sia solo un modo circuitale di interpretare quanto già introdotto da Middlebrook sul suo lavoro originale, che ho, di conseguenza, provveduto ad includere in bibliografia per completezza, al punto [8].

Rispondi

di ,

Lo leggero' con calma.

Relativamente al paragrafo "Extra Element Theorem e DRF", consiglio come anello di congiunzione questo articolo che ho studiato alcuni anni fa

V. S. MURALI, C. K. TSE, Implementing Extra Element Theorem Using Nullor Approach, International Journal of Circuit Theory and Applications, 1999.

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