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webadm	投稿日時: 2011-11-1 17:19
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	過渡現象演習問題上巻の最後のひずみ波ではFourie変換を、下巻のフィルタ理論では複素関数解析、それに過渡現象で微分方程式とすでにいくつもの応用数学を操る段階に足を踏み入れている。数学の本ではもうこうした応用数学の具体的な例を扱うことはせずに、その分類や普遍的な性質や構造を扱うのに終止している。ここから先はもう自分の手と足で行く手を開くしかないのである。そういったことが苦痛か、面白いかでだいぶ世界が変わる。数学の本で学んだだけの微積分や微分方程式論はなんのことかさっぱりピンとこないが、電気回路の具体的な問題に臨もうとするとその意味がひとつひとつ体得してくる。おそらく数学者も実際には具体例を挙げて考えを確かめていた思うが、具体例を出してしまうとその例だけに有効なのかもっと広い範囲で有効なのか曖昧になってしまう。一個たりとも具体例を挙げてはいけないことになってしまう。これがピンとこない理由でもある。木を見ずして森を見るというのが数学の見方で、森の中の数ある木の一つを調べる必要があるのが工学的な見方と対極的である。物理学とか電磁気学では三次元の世界の現象を記述する必要からベクトル解析が用いられる。これらは連立n階偏微分方程式となるため、ベクトル解析独特の省略記法が多用される。最初にそれを見ると訳がわからないのだが、微分方程式から連立微分方程式、そして線形代数の視点からみた偏微分方程式を考えると大変効果的な方法だと理解できる。しかし通常はそんな予講に割く時間はないのでいきなりベクトル解析をつかってがんがん講義を進めるということになる。結局ベクトル解析がなんなのかわからないうちにすべての講義が終わってしまうという結果に。ドイツの電気理論の教科書は電気回路理論と電磁気学理論を同時平行形で学んでいくので、最初に簡単な抵抗回路が出てくる一方で最初の静電界のところでベクトル解析での方程式が出てくる。そこでみんなが躓くのではないかと思う。ドイツではきっと別に数学でその辺りをおさらいしているのかもしれない。そうでないとしたら大変な試練である。学生の時なら教わった内容をそのまま鵜呑みにしようと一生懸命にならざるを得なかったが（若いのに時間的に制約があったというのは変だが）、今は学生ではないので時間に余裕があるため自分で納得のゆく方法で学んでいくことができる。そういいながらもう既に勉強を初めてから３年以上経過している。上巻の前半までは既に知っていることが大半だったが、有限段数の抵抗ラダー回路が出てきたところで最初の試練があった。今ならたわいもないことなのだが、当時それが何故に双曲線関数で記述されるかがさっぱりわからなかった。双曲線関数が宿敵となったのはその時からである。次の試練は下巻の一端子対回路で、インピーダンスが双曲線関数で表される回路を示せという問題が出てきたときである。著者は回答を示しているが何故そうなるかはまったく説明していない。これが何故か正直まったくわからなかった。今もまだわからない。答えは有限長のレッヘル線（終端が開放と短絡とでインピーダンス関数かアドミッタンス関数のどちらかになる）だった。かくして宿敵には２度臨んで二度とも勝ち目がなかった。そうした問題をやはり自分で納得がゆく形で解いてみたいというのが未だにあるから続けてこれたのかもしれない。話しを過渡現象に戻そう。既に理論の時に我流でRL直列回路やRC直列回路、それにRLC直列回路の過渡現象を解析したが、すべてのケースについてではなかった。ひとつの解析ですべてのケースを扱うことが難しいというのは既に書いた通り。あるケースを解こうとすると別のケースは目をつぶるしかない。逆も真なり。またあるケースがうまく簡単に解けても、別のケースで同じやり方が有効とは限らない。別のやり方の方が簡単に解けることもある。解き方もケースバイケースで答えもケースバイケースである。幸いなことに受動素子から成る線型回路の過渡現象解析には答えが一意的に決まるということが証明されている。逆に能動素子がひとつでも回路に混入すると非線型回路となり、場合によっては解が定まらない場合も出てくる。そのため能動素子を含む電子回路の解析には微分方程式の数値解法が必要とされる。回路シミュレータが不可欠ということになる。だからといって線型回路の微分方程式の解法を学ぶ必要がないかというとそうではない。そこへ踏み込むのに最低でも知っておく必要があるということは確かである。電子回路に比べると受動素子のみからなる電気回路は簡単すぎるように見えるかもしれない。回路シミュレータを使えば簡単に答えが得られる。その場合でも微分方程式の初期値問題等の知識が無いと誤った解と正しい解の区別がつかなくなる。意図していた正しい解ではなく違うケースの解と取り違えてしまうこともある。回路シミュレータをうまく正しく使いこなすにも基本的な微分方程式の問題の解き方を訓練するのは必要である。これから登場する問題でも、題意に答えるだけで満足せずに。題意が意図していない別のケースや見落とされた条件などを視点を変えて見抜く訓練も重要である。そうしたいろいろな思考シミュレーションをするのを面白いと思うか、時間の無駄だと思うかは、その人の時間的な余裕度にも依る。時間が無い人は直接利益が還元されないことに時間を費やすよりも、還元されることに時間を割く。面白いことばかりやっていればすぐに時間が過ぎてしまう。皮肉なものである。さて余談ばかりせずに問題に進もう。

webadm	投稿日時: 2011-11-1 17:32
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	RL直列回路一度理論のときに取り上げているが、最初に登場するのがRL直列回路の問題。 t=0でスイッチを閉じるとき、（１）流れる電流i,および抵抗RとインダクタンスLの端子電圧eR,eLを求め、これを図示せよ。また（２）時刻t=0のときに、この回路に電流I0が流れていた場合にはどうなるか。というもの。最初にこの問題の題意が微分方程式をたてること、その初期値問題を解くこと帰着することに気づく必要がある。上巻で学んだような定常状態の解析問題ではない。もちろんその知識も必要ではある。幸い著者の回答はあまり見通しが良いものではないので、もっと見通しの良い別解を考えることにしよう。問題の回路では以下の様にキルヒホッフの電圧則が成り立つ $\begin{eqnarray}<br />L\frac{di}{dt}+R\,i&=&E<br />\end{eqnarray}$ ここまでは誰が考えても一緒だ。ここでLの両端の電圧降下をuとして書き換え両辺をtで微分すると $\begin{eqnarray}<br />u&=&L\frac{di}{dt}\\<br />\frac{di}{dt}&=&\frac{1}{L}u\\<br />i&=&\frac{1}{L}\int\,u\,dt+C\\<br />L\frac{di}{dt}+R\,i&=&u+R\left(\frac{1}{L}\int\,u\,dt+C\right)=E\\<br />\frac{du}{dt}+\frac{R}{L}u&=&0<br />\end{eqnarray}$ というuに関する線型同次微分方程式が得られる。これは変数分離できるので両辺に変数を分離して積分すると $\begin{eqnarray}<br />\int\,\frac{1}{u}du&=&-\frac{R}{L}\int\,dt+C\\<br />\log\left(\left\|u\right\|\right)&=&-\frac{R}{L}t+C\\<br />u&=&\pm\,e^{C}e^{-\frac{R}{L}t}\\<br />&=&K\,e^{-\frac{R}{L}t}\\<br />K&=&\pm\,e^{C}<br />\end{eqnarray}$ と解ける。ここで未定係数Kは初期条件t=+0の時u(+0)=Eとおくことにより $\begin{eqnarray}<br />\left. u\right\|_{t=+0}&=&\left. K\,e^{-\frac{R}{L}t}\right\|_{t=+0}\\<br />&=&K=E<br />\end{eqnarray}$ ということになる。従ってLの両端の電圧降下uは $\begin{eqnarray}<br />u&=&E\,e^{-\frac{R}{L}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。これより電流iの過渡解は $\begin{eqnarray}<br />i_p&=&\frac{1}{L}\int\,E\,e^{-\frac{R}{L}t}dt\\<br />&=&-\frac{E}{\cancel{L}}\frac{\cancel{L}}{R}e^{-\frac{R}{L}t}\\<br />&=&-\frac{E}{R}e^{-\frac{R}{L}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。一方定常解は定常状態の直流電流であるから $\begin{eqnarray}<br />i_s&=&\frac{E}{R}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。一般解は定常解と過渡解の重ね合わせにより $\begin{eqnarray}<br />i&=&i_s+i_p=\frac{E}{R}-\frac{E}{R}e^{-\frac{R}{L}t}\\<br />&=&\frac{E}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。従って抵抗RとインダクタンスLの電圧降下はそれぞれ $\begin{eqnarray}<br />e_R&=&R\,i=\cancel{R}\frac{E}{\cancel{R}}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)\\<br />&=&E\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)\\<br />e_L&=&u=E\,e^{-\frac{R}{L}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。これらは以下のキルヒホッフの電圧則を満足していることが確かめられる $\begin{eqnarray}<br />e_R+e_L&=&E<br />\end{eqnarray}$ E=1,R=2,L=1としてi,eR,eLをプロットするととなる。次に（２）の題意は、スイッチを閉じる前の定常状態の電流がI0であったと解釈することにする。そうでないとdI0/dt≠0となって初期状態でのLの両端の電圧降下が0でなくなる。この場合にはt=+0における初期条件としてu(+0)=E-RI0と置くことができる $\begin{eqnarray}<br />\left. u\right\|_{t=+0}&=&\left. K\,e^{-\frac{R}{L}t}\right\|_{t=+0}\\<br />&=&K=E-R\,I_0<br />\end{eqnarray}$ ということになる。従ってLの両端の電圧降下uは $\begin{eqnarray}<br />u&=&\left(E-R\,I_0\right)\,e^{-\frac{R}{L}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。これより電流iの過渡解は $\begin{eqnarray}<br />i_p&=&\frac{1}{L}\int\,\left(E-R\,I_0\right)\,e^{-\frac{R}{L}t}dt\\<br />&=&-\frac{\left(E-R\,I_0\right)}{\cancel{L}}\frac{\cancel{L}}{R}e^{-\frac{R}{L}t}\\<br />&=&-\frac{\left(E-R\,I_0\right)}{R}e^{-\frac{R}{L}t}\\<br />&=&\left(I_0-\frac{E}{R}\right)e^{-\frac{R}{L}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。一方定常解は定常状態の直流電流であるから $\begin{eqnarray}<br />i_s&=&\frac{E}{R}<br />\end{eqnarray}$ であることには変わりない。一般解は定常解と過渡解の重ね合わせにより $\begin{eqnarray}<br />i&=&i_s+i_p=\frac{E}{R}+\left(I_0-\frac{E}{R}\right)e^{-\frac{R}{L}t}\\<br />&=&I_0\,e^{-\frac{R}{L}t}+\frac{E}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。従って抵抗RとインダクタンスLの電圧降下はそれぞれ $\begin{eqnarray}<br />e_R&=&R\,i=R\left(I_0\,e^{-\frac{R}{L}t}+\frac{E}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)\right)\\<br />&=&R\,I_0\,e^{-\frac{R}{L}t}+E\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)\\<br />e_L&=&u=\left(E-R\,I_0\right)\,e^{-\frac{R}{L}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。この場合でも以下のキルヒホッフの電圧則が成り立っていることが確かめられる $\begin{eqnarray}<br />e_R+e_L&=&E<br />\end{eqnarray}$ 同様にI0=1,E=1,R=2,L=1としてi,eR,eLをプロットするととなる。時計回りにI0が流れていたとすると、それまでにLに蓄えられていたエネルギーがスイッチを閉じた瞬間に解き放たれ時計回りに電流を流し続けようとする。これはちょうど接続された電源と逆極性の電圧降下がLの両端に発生することを意味する。なのでI0が正極性であればeRは負極性を持つことになる。 P.S 最初から線型微分方程式の解の公式を使って初期値問題を解いてもよい。理論のときに紹介した積分因子法や定数変化法によって以下の一階線型微分方程式の一般解を求めて利用しても良い。 $\begin{eqnarray}<br />\frac{dy}{dx}+P\left(x\right)\,y&=&Q\left(x\right)\\<br />y&=&e^{-\int\,P\left(x\right)\,dx}\left(\int\,Q\left(x\right)e^{\int\,P\left(x\right)\,dx}dx+K\right)<br />\end{eqnarray}$ ここから先は読者の課題としよう（´∀｀　）

webadm	投稿日時: 2011-11-3 5:24
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	続：RL直列回路次もRL直列回路に関する過渡解析問題。でもちょっと捻ってある。任意の時間T1における電流iの接線が定常電流I=E/Rと交わる時間をT2とする。このときT2-T1が常に一定な時定数τ=L/Rとなることを示せ。また電流i=0の時刻からτ秒経過したとき電流iは定常電流の何%になるか。まずはこの題意を理解するのが最初の試練である。予めRL直列回路の過渡電流の曲線を知っていないと何を意味しているのかさっぱりわからない。前問のグラフを参考に題意を探ることにしよう。理論のときにグラフに書き加えていた時定数Tが問題文ではτという定義になっている。T1=0とするとt=0のときの電流iの曲線の接線を延長して定常電流値に達する点の時間がT2ということになる。またT1をt>0の任意の時間に設定した場合でも同様である。ここで既知なのは回路素子の定数と定常電流の関係式である。初期条件も適切に与えられるものとする。何が未定かというと、電流iとその導関数が不明。これは微分方程式をたてて解く必要がある。あとはT1が任意に与えられるとすると題意の定常電流と接線が交差する時間T2が不明である。幾何学的に未知数と既知の条件の関係を明らかにする必要がある。上の図で塗りつぶされた直角三角形の面積Sに関して以下の関係が成り立つ $\begin{eqnarray}<br />S&=&\frac{\tau^{2}\frac{di}{dt}}{2}=\frac{\tau\left(i-I\right)}{2}\\<br />\tau\frac{di}{dt}&=&i-I<br />\end{eqnarray}$ 従ってこれにdi/dtとi及びIの式を代入すると $\begin{eqnarray}<br />\tau\frac{d}{dt}\cancel{\frac{E}{R}}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)&=&\cancel{\frac{E}{R}}\left(\cancel{1}-e^{-\frac{R}{L}t}\right)-\cancel{\frac{E}{R}}\\<br />\tau\frac{R}{L}e^{-\frac{R}{L}t}&=&e^{-\frac{R}{L}t}\\<br />\tau&=&\frac{L}{R}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。なんと幾何学的に証明できてしまった。残るはt=0からτだけ経過した場合にiは定常電流の何%になるか。定常電流Iと時間τの時の電流iの比率を計算をすればよい $\begin{eqnarray}<br />\left. \frac{i\left(t\right)}{I}\right\|_{t=\tau}&=&\left. \frac{\cancel{\frac{E}{R}}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)}{\cancel{\frac{E}{R}}}\right\|_{t=\tau}\\<br />&=&1-e^{-\frac{\cancel{R}}{\cancel{L}}\frac{\cancel{L}}{\cancel{R}}}\\<br />&=&1-e^{-1}=\frac{e-1}{e}\\<br />&=&0.632\\<br />&=&63.2[%]<br />\end{eqnarray}$ ということになる。

webadm	投稿日時: 2011-11-3 6:23
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	続々：RL直列回路まだ続くRL直列回路問題これも少し捻ってある。 RL直列回路に直流電圧を加えたとき、流れる電流が定常電流I=E/Rの（１）70[%]、（２）80[%]、（３）90[%]に達するには時定数の何倍の時間を要するか、また（４）時定数の５倍の時間では定常電流の何%に達するか。というもの。前問までの結果を用いると簡単そうである。電流iは $\begin{eqnarray}<br />i&=&\frac{E}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)<br />\end{eqnarray}$ で表されるとすると、これをt/τに関する式に変形すると $\begin{eqnarray}<br />\frac{i}{I}&=&\frac{\cancel{\frac{E}{R}}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)}{\cancel{\frac{E}{R}}}\\<br />&=&1-e^{-\frac{R}{L}t}\\<br />&=&1-e^{-\frac{t}{\tau}}\\<br />\tau&=&\frac{L}{R}\\<br />e^{\frac{t}{\tau}}&=&\frac{1}{\left(1-\frac{i}{I}\right)}\\<br />\frac{t}{\tau}&=&\ln\left(\frac{1}{\left(1-\frac{i}{I}\right)}\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。従って(1)の場合、i/I=0.7を代入すると $\begin{eqnarray}<br />\frac{t}{\tau}&=&\ln\left(\frac{1}{\left(1-0.7\right)}\right)\\<br />&=&\ln\left(\frac{10}{3}\right)=\ln\left(10\right)-\log\left(3\right)\\<br />&=&2.3-1.1=1.2<br />\end{eqnarray}$ ということになる。同様にして(2)の場合、i/I=0.8を代入すると $\begin{eqnarray}<br />\frac{t}{\tau}&=&\ln\left(\frac{1}{\left(1-0.8\right)}\right)\\<br />&=&\ln\left(5)=1.6<br />\end{eqnarray}$ ということになる。（３）の場合、i/I=0.9を代入すると $\begin{eqnarray}<br />\frac{t}{\tau}&=&\ln\left(\frac{1}{\left(1-0.9\right)}\right)\\<br />&=&\ln\left(10)=2.3<br />\end{eqnarray}$ ということになる。なんだ単純な対数計算じゃないか（´∀｀　）（４）については今度は逆にi/Iの式にt/τ=5を代入すればよい $\begin{eqnarray}<br />\frac{i}{I}&=&1-e^{-\frac{t}{\tau}}\\<br />&=&1-e^{-5}=0.993=99.3[%]<br />\end{eqnarray}$ ということになる。

webadm	投稿日時: 2011-11-3 8:44
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	まだまだ：RL直列回路つぎもRL直列回路の問題計算問題だが、今までと初期条件が違うので注意が必要だ。 RL直列回路に直流電圧E=100[V]を加えるときに流れる電流iおよび時定数τを求めよ。ただしR=5[kΩ]、L=500[mH]とし、t=0のとき電流I0=-0.5[A]が流れていたものとする。回路としては最初に出てきたものと一緒と考えてよいだろう。違うのは初期条件で定常電流とは逆方向の電流が流れていたという点である。これはI0としてしまえば特別正負どちらでも気にする必要はない。初期値問題を解くために微分方程式をたてると $\begin{eqnarray}<br />L\frac{di}{dt}+R\,i&=&E<br />\end{eqnarray}$ 両辺をLで割って、主項の係数を取り払うと $\begin{eqnarray}<br />\frac{di}{dt}+\frac{R}{L}i&=&\frac{E}{L}<br />\end{eqnarray}$ これは以下の線型非同次一階微分方程式でP(x)=R/L,Q(x)=E/Lとしたものと同じである $\begin{eqnarray}<br />\frac{dy}{dx}+P\left(x\right)y&=&Q\left(x\right)<br />\end{eqnarray}$ この形の微分方程式の一般解は $\begin{eqnarray}<br />y&=&e^{-\int\,P\left(x\right)dx}\left(\int\,Q\left(x\right)e^{\int\,P\left(x\right)dx}dx+K\right)<br />\end{eqnarray}$ で表される。従って一般解は上記の公式より $\begin{eqnarray}<br />i&=&e^{-\int\frac{R}{L}dt}\left(\int\frac{E}{L}e^{\int\frac{R}{L}dt}+K\right)\\<br />&=&e^{-\frac{R}{L}t}\left(\frac{E}{L}\int\,e^{\frac{R}{L}t}dt+K\right)\\<br />&=&\cancel{e^{-\frac{R}{L}t}}\frac{E}{\cancel{L}}\frac{\cancel{L}}{R}\cancel{e^{\frac{R}{L}t}}+K\,e^{-\frac{R}{L}t}\\<br />&=&\frac{E}{R}+K\,e^{-\frac{R}{L}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。ここで初期条件としてt=+0,i(+0)=I0とすると未定係数Kと特別解は $\begin{eqnarray}<br />\left. i\right\|_{t=+0}&=&\left. \frac{E}{R}+K\,e^{-\frac{R}{L}t}\right\|_{t=+0}\\<br />&=&\frac{E}{R}+K=I_0\\<br />K&=&I_0-\frac{E}{R}\\<br />i&=&\frac{E}{R}+\left(I_0-\frac{E}{R}\right)e^{-\frac{R}{L}t}\\<br />&=&\frac{E}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)+I_0\,e^{-\frac{R}{L}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。これに題意で与えられた回路条件を代入すると $\begin{eqnarray}<br />i&=&\frac{100}{5000}\left(1-e^{-\frac{5000}{0.5}t}\right)-0.5\,e^{-\frac{5000}{0.5}t}\\<br />&=&\frac{1}{50}-\left(\frac{1}{50}+0.5\right)e^{-10000\,t}\\<br />&=&0.02-0.52\,e^{-10000\,t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。また時定数τは $\begin{eqnarray}<br />\tau&=&\frac{L}{R}=\frac{0.5}{5000}=\frac{0.1}{1000}\\<br />&=&\frac{1}{10000}=10^{-4}=100[\mu\,sec]<br />\end{eqnarray}$ ということになる。電流のグラフをプロットして確かめてみると確かに初期条件でi=-0.5[A]でτ=0.0001[sec]である。

webadm	投稿日時: 2011-11-3 15:53
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	もうひとつの：RL直列回路まだ続くRL直列回路の問題これも少し捻ってある図の回路は定常状態であるとする。いまt=0でスイッチSを開いたとするとき抵抗R2に流れる電流およびその消費電力を求めよ。というもの。今までの問題と回路が少し違うが、回路に電圧を加えるか取り去るかの違いでしかない。 t=0でスイッチが開くとR1に流れる電流は0となり、R2とLのみで閉回路を構成することになる。スイッチが開くまではR1,Lには定常電流が流れていてLにエネルギーが蓄積された状態になっている。スイッチが開くと開放されたエネルギーはR2とで構成される閉回路に電流を流し続けようとする。エネルギーはR2で消費され次第に電流は減少しt=∞で0に近づくことが予想される。というのは既に答えを知っている物の見方で、本来はスイッチが開いた時点でのLとR2で構成される閉回路で以下の線型一階同次微分方程式が成り立つことから出発すべきである。 $\begin{eqnarray}<br />L\frac{di}{dt}+R_2\,i&=&0<br />\end{eqnarray}$ 両辺をLで割って主項の係数を取り払って正規形にすると $\begin{eqnarray}<br />\frac{di}{dt}&=&-\frac{R_2}{L}i<br />\end{eqnarray}$ 一般解はすぐに $\begin{eqnarray}<br />i&=&K\,e^{-\frac{R_2}{L}t}<br />\end{eqnarray}$ であることが明らか。あとは未定係数Kを初期値問題として求めればよいことになる。 t<0ではスイッチが閉じていて定常電流I0=E/R1が流れていたわけなので $\begin{eqnarray}<br />\left. i\right\|_{t=-0}&=&\left. K\,e^{-\frac{R_2}{L}t}\right\|_{t=-0}\\<br />&=&K=I_0=\frac{E}{R_1}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。従って一般解の式にKを代入すると特別解は $\begin{eqnarray}<br />i&=&I_0\,e^{-\frac{t}{\tau}}\\<br />I_0&=&\frac{E}{R_1}\\<br />\tau&=&\frac{L}{R_2}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。ここまでで半分解いたことになる。残り半分はR2で消費される電力を求める問題が残っている。スイッチが開いた以降R2で消費される瞬時値電力はR2とそれを流れる電流iとで $\begin{eqnarray}<br />p&=&R_2\,i^{2}=R_2\left(I_0\,e^{-\frac{t}{\tau}}\right)^2\\<br />&=&R_2\,{I_0}^{2}\,e^{-\frac{2\,t}{\tau}}<br />\end{eqnarray}$ である。これをt=+0から∞まで積分すれば消費されるエネルギーが得られる $\begin{eqnarray}<br />W&=&\int_{+0}^{\infty}R_2\,{I_0}^{2}\,e^{-\frac{2\,t}{\tau}}dt\\<br />&=&\left[-R_2\,{I_0}^{2}\frac{\tau}{2}\,e^{-\frac{2\,t}{\tau}}\right]_{+0}^{\infty}\\<br />&=&\cancel{R_2}\,{I_0}^{2}\frac{L}{2\,\cancel{R_2}}\\<br />&=&\frac{1}{2}L\,{I_0}^{2}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。これはt<0の定常状態でLに蓄えられていたエネルギー量そのものである。これで積年のエネルギーの式に1/2がある理由がやっとわかった（´∀｀　） P.S 題意では電力を求めよとあるが、その意図するところはエネルギー量(単位J)である。そのため記号をPではなくWに変更した。

webadm	投稿日時: 2011-11-3 16:32
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	またまた：RL直列回路まだ続くRL直列回路ネタ問題前問と似たような回路だが、捻ってある。定常状態にある図のような回路のスイッチを閉じた。抵抗RとインダクタンスLのそれぞれを流れる電流が等しくなるまでの時間Tを求めよ。というもの。スイッチを閉じる以前にLに流れていた電流は0であるとみなそう。スイッチを閉じた直後のt=+0ではLの両端に抵抗R0とRで分圧された電圧が急激に加わる。インダクタンスに流れる電流は抵抗と違って決して瞬時（不連続的）には変化しない。ちょうどフライホイールに力を加えて回し始める時のようなものである。一度回転し始めると逆方向に力を加えてもすぐには回転は止まらない。どうしてそうなのかはおそらく今日でさえ誰も説明できる人はいない、普遍的な法則として発見され定義されているだけである。人類はまだこの原点から一歩も先へは進んでいない。そういう意味では１９世紀の時代とその辺りの事情は変わっていないことを常に思い返し奮起する必要がある。定常状態ではLに流れる電流はR0に流れる電流と同じになり、Rには電流は流れなくなる。すなわちLを流れる電流i2は0からスタートしR0を流れる電流i1と等しくなるまで連続的に増加していく。一方Rを流れる電流はi1-i2であるのでi1=i2となった時点で電流は流れなくなる。問題の題意は、抵抗RとインダクタンスLに流れる電流が等しくなる時間Tを求めよというもの。 i1,i2はそれぞれ時間の関数とするとキルヒホッフの電圧則により以下の関係が成り立つ $\begin{eqnarray}<br />R_0\,i_1+R\left(i_1-i_2\right)&=&E\\<br />R_0\,i_1+L\frac{d\,i_2}{dt}&=&E<br />\end{eqnarray}$ このままだとi1,i2の２つの未知関数のままなので、i1を消去すると $\begin{eqnarray}<br />i_1&=&\frac{E+R\,i_2}{R_0+R}\\<br />\frac{R_0\left(E+R\,i_2\right)}{R_0+R}+L\frac{d\,i_2}{dt}&=&E\\<br />\frac{d\,i_2}{dt}+\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}i_2&=&E\left(\frac{1}{L}-\frac{R_0}{L\left(R_0+R\right)}\right)\\<br />&=&E\frac{R}{L\left(R_0+R\right)}<br />\end{eqnarray}$ というi2に関する非同次一階微分方程式が得られる。これを公式を使って解くと $\begin{eqnarray}<br />i_2&=&e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}\int\,E\frac{R}{L\left(R_0+R\right)}e^{\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}dt+K\,e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}\\<br />&=&E\frac{\cancel{R}}{\cabcel{L\left(R_0+R\right)}}\frac{\cancel{L\left(R_0+R\right)}}{R_0\,\cancel{R}}+K\,e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}\\<br />&=&\frac{E}{R_0}+K\,e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。これを初期条件t=+0の時にi2(+0)=0とすれば $\begin{eqnarray}<br />\left. i_2\right\|_{t=+0}&=&\left. \frac{E}{R_0}+K\,e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}\right\|_{t=+0}\\<br />&=&\frac{E}{R_0}+K=0\\<br />K&=&-\frac{E}{R_0}\\<br />i_2&=&\frac{E}{R_0}-\frac{E}{R_0}e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}\\<br />&=&\frac{E}{R_0}\left(1-e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。従ってi1は $\begin{eqnarray}<br />i_1&=&\frac{E+R\,\frac{E}{R_0}\left(1-e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}\right)}{R_0+R}\\<br />&=&\frac{E}{R_0}\left(1-\frac{R}{R_0+R}e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。従って抵抗Rに流れる電流i1-i2がLに流れる電流i2と等しくなるということは $\begin{eqnarray}<br />i_1-i_2&=&i_2\\<br />i_1&=&2\,i_2<br />\end{eqnarray}$ ということである。すなわちRとLに流れる電流が等しいのでR0にはRもしくはLに流れる電流の２倍流れるということになる。これにi1,i2の式を代入して整理すると $\begin{eqnarray}<br />i_1&=&\frac{E}{R_0}\left(1-\frac{R}{R_0+R}e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}\right)\\<br />&=&2\,\frac{E}{R_0}\left(1-e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}\right)\\<br />\cancel{\frac{E}{R_0}}-\frac{E\,R}{R_0\left(R_0+R\right)}e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}&=&\frac{\cancel{2}\,E}{R_0}-\frac{2\,E}{R_0}e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}\\<br />\cancel{\frac{E}{R_0}}\left(2-\frac{R}{R_0+R}\right)e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}&=&\cancel{\frac{E}{R0}}\\<br />e^{-\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}&=&\frac{1}{2-\frac{R}{R_0+R}}\\<br />e^{\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t}&=&\frac{2\,R_0+R}{R_0+R}\\<br />\frac{R_0\,R}{L\left(R_0+R\right)}t&=&\ln\left(\frac{2\,R_0+R}{R_0+R}\right)\\<br />t&=&\frac{L\left(R_0+R\right)}{R_0\,R}\ln\left(\frac{2\,R_0+R}{R_0+R}\right)=T<br />\end{eqnarray}$ ということになる。面白いことに加える電圧にはまったく依存せず回路素子の定数でのみ決まるということである。著者は枝電流解析しているが、こちらは閉回路解析で行ったため途中経過は多少異なるが最終的には同じ結果が得られている。

webadm	投稿日時: 2011-11-4 1:09
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	断続部の有るRL直列回路更にRL直列回路の問題が続く段々と回路がややこしくなっていく。定常状態にある図の回路のスイッチをt=0で閉じた。各部を流れる電流i1,i2,i3を求めよ。またこのときの抵抗R2で消費されるエネルギーを求めよ。著者とは違う閉回路解析でやってみることにしよう。 $\begin{eqnarray}<br />L_1\frac{di_1}{dt}+R_1\,i_1&=&E\\<br />L_2\frac{di_2}{dt}+R_2\,i_2&=&0<br />i_2&=&i_1-i_3<br />\end{eqnarray}$ という関係が成り立つ。第一の微分方程式を解くとi1の一般解は $\begin{eqnarray}<br />i_1&=&e^{-\frac{R_1}{L_1}t}\int\,\frac{E}{L_1}\,e^{\frac{R_1}{L}t}dt+K\,e^{-\frac{R_1}{L_1}t}\\<br />&=&\frac{E}{\cancel{L_1}}\frac{\cancel{L_1}}{R_1}+K\,e^{-\frac{R_1}{L_1}t}\\<br />&=&\frac{E}{R_1}+K\,e^{-\frac{R_1}{L_1}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。これに初期条件t=+0でi_1=E/(R1+R2)を与えると $\begin{eqnarray}<br />\left. i_1\right\|_{t=+0}&=&\left. \frac{E}{R_1}+K\,e^{-\frac{R_1}{L_1}t}\right\|_{t=+0}\\<br />&=&\frac{E}{R_1}+K=\frac{E}{R_1+R_2}\\<br />K&=&\frac{E}{R_1+R_2}-\frac{E}{R_1}\\<br />&=&-\frac{E\,R_2}{R_1\,\left( R_2+R_1\right) }\\<br />i_1&=&\frac{E}{R_1}-\frac{E\,R_2}{R_1\,\left( R_2+R_1\right) }\,e^{-\frac{R_1}{L_1}t}\\<br />&=&\frac{E}{R_1}\left(1-\frac{R_2}{R_1+R_2}e^{-\frac{R_1}{L_1}t}\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。同様にi2についても解くと同次形なので $\begin{eqnarray}<br />i_2&=&K\,e^{-\frac{R_2}{L_2}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになり、初期条件としてt=+0でi2(0)=E/(R1+R2)を与えると $\begin{eqnarray}<br />\left. i_2\right\|_{t=+0}&=&\left. K\,e^{-\frac{R_2}{L_2}t}\right\|_{t=+0}\\<br />&=&k=\frac{E}{R_1+R_2}\\<br />i_2&=&\frac{E}{R_1+R_2}e^{-\frac{R_2}{L_2}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。従ってi1,i2,i3の関係式よりi3は $\begin{eqnarray}<br />i_3&=&i_1-i_2=\frac{E}{R_1}\left(1-\frac{R_2}{R_1+R_2}e^{-\frac{R_1}{L_1}t}\right)-\frac{E}{R_1+R_2}e^{-\frac{R_2}{L_2}t}\\<br />\end{eqnarray}$ ということになる。 R2で消費される瞬時値電力は $\begin{eqnarray}<br />p&=&R_2\,i_2^{2}=R_2\,\left(\frac{E}{R_1+R_2}e^{-\frac{R_2}{L_2}t}\right)^2\\<br />&=&R_2\frac{E^2}{\left(R_1+R_2\right)^2}e^{-\frac{2\,R_2}{L_2}t}<br />\end{eqnarray}$ 従ってR2で消費されるエネルギーは $\begin{eqnarray}<br />W&=&\int_{+0}^{\infty}\,R_2\frac{E^2}{\left(R_1+R_2\right)^2}e^{-\frac{2\,R_2}{L_2}t}dt=R_2\frac{E^2}{\left(R_1+R_2\right)^2}\int_{+0}^{\infty}\,e^{-\frac{2\,R_2}{L_2}t}dt\\<br />&=&R_2\frac{E^2}{\left(R_1+R_2\right)^2}\left[-\frac{L_2}{2\,R_2}e^{-\frac{2\,R_2}{L_2}t}\right]_{+0}^{\infty}\\<br />&=&\cancel{R_2}\frac{E^2}{\left(R_1+R_2\right)^2}\left[\frac{L_2}{2\,\cancel{R_2}}\right]\\<br />&=&\frac{E^2\,L_2}{2\left(R_1+R_2\right)^2}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。

webadm	投稿日時: 2011-11-4 2:29
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	続：断続部の有るRL直列回路まだあるRL直列回路の問題今度はスイッチが二カ所ある。図の回路において、t=0でスイッチS1を閉じ、ついでt=TでスイッチS2を閉じるときの電流iを求め、これを図示せよ。スイッチS1が閉じると最初にR1+R2とLが直列に接続される。その後t=Tでスイッチが閉じるとR2とLだけの直列回路になり、Lに加わる電圧が変化する。段階的にまずt=0からt=Tまでの過渡応答を解析することにしよう。 Lの両端の電圧降下をuとすると以下の関係式が成り立つ $\begin{eqnarray}<br />u&=&L\frac{di}{dt}\\<br />\frac{di}{dt}&=&\frac{1}{L}u\\<br />i&=&\frac{1}{L}\int\,u\,dt+K\\<br />u+\left(R_1+R_2\right)\,i&=&E\\<br />u+\left(R_1+R_2\right)\frac{1}{L}\int\,u\,dt+K&=&E\\<br />\frac{du}{dt}+\frac{R_1+R_2}{L}u&=&0<br />\end{eqnarray}$ ここでまずuに関する微分方程式を解くと同次方程式なので $\begin{eqnarray}<br />u&=&K_1\,e^{-\frac{R_1+R_2}{L}t}<br />\end{eqnarray}$ という一般解が得られる。これを初期条件t=+0でu(0)=Eと与えると $\begin{eqnarray}<br />\left. u\right\|_{t=+0}&=&\left. K_1\,e^{-\frac{R_1+R_2}{L}t}\right\|_{t=+0}\\<br />&=&K_1=E\\<br />u&=&E\,e^{-\frac{R_1+R_2}{L}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。従って電流iは先の関係式に代入することで $\begin{eqnarray}<br />i&=&\frac{1}{L}\int\,E\,e^{-\frac{R_1+R_2}{L}t}dt+K_2\\<br />&=&-\frac{E}{\cancel{L}}\left(\frac{\cancel{L}}{R_1+R_2}\right)e^{-\frac{R_1+R_2}{L}t}+K_2\\<br />&=&-\frac{E}{R_1+R_2}e^{-\frac{R_1+R_2}{L}t}+K_2<br />\end{eqnarray}$ と一般解が得られる。これにt=+0の時にi(0)=0の初期条件を与えると $\begin{eqnarray}<br />\left. i\right\|_{t=+0}&=&\left. -\frac{E}{R_1+R_2}e^{-\frac{R_1+R_2}{L}t}+K_2\right\|_{t=+0}\\<br />&=&-\frac{E}{R_1+R_2}+K_2=0\\<br />K_2&=&\frac{E}{R_1+R_2}\\<br />i&=&-\frac{E}{R_1+R_2}e^{-\frac{R_1+R_2}{L}t}+\frac{E}{R_1+R_2}\\<br />&=&\frac{E}{R_1+R_2}\left(1-e^{-\frac{R_1+R_2}{L}t}\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。 t=TでスイッチS2が閉じるとR1が回路から消えiに関する微分方程式は $\begin{eqnarray}<br />L\frac{di}{dt}+R_2\,i&=&E<br />\end{eqnarray}$ と変化する。これを解くと一般解は $\begin{eqnarray}<br />i&=&e^{-\frac{R_2}{L}t}\int\,\frac{E}{L}\,e^{\frac{R_2}{L}t}dt+K_3\,e^{-\frac{R_2}{L}t}\\<br />&=&e^{-\frac{R_2}{L}t}\frac{E}{\cancel{L}}\frac{\cancel{L}}{R_2}e^{\frac{R_2}{L}t}+K_3\,e^{-\frac{R_2}{L}t}\\<br />&=&\frac{E}{R_2}+K_3\,e^{-\frac{R_2}{L}t}<br />\end{eqnarray}$ となる。従って初期条件としてt=TでスイッチS2が閉じる前のi(T)と等しいと置くと特別解は $\begin{eqnarray}<br />\left. i\right\|_{t=+T}&=&\left. \frac{E}{R_2}+K_3\,e^{-\frac{R_2}{L}t}\right\|_{t=+T}\\<br />&=&\frac{E}{R_2}+K_3\,e^{-\frac{R_2}{L}T}\\<br />&=&\left. \frac{E}{R_1+R_2}\left(1-e^{-\frac{R_1+R_2}{L}t}\right)\right\|_{t=+T}=\frac{E}{R_1+R_2}\left(1-e^{-\frac{R_1+R_2}{L}T}\right)\\<br />K_3&=&\left(\frac{E}{R_1+R_2}\left(1-e^{-\frac{R_1+R_2}{L}T}\right)-\frac{E}{R_2}\right)e^{\frac{R_2}{L}T}\\<br />i&=&\frac{E}{R_2}+\left(\frac{E}{R_1+R_2}\left(1-e^{-\frac{R_1+R_2}{L}T}\right)-\frac{E}{R_2}\right)e^{\frac{R_2}{L}T}\,e^{-\frac{R_2}{L}t}\\<br />&=&\frac{E}{R_2}+\frac{E}{R_1+R_2}\left(e^{\frac{R_2}{L}T}-e^{-\frac{R_1}{L}T}\right)e^{-\frac{R_2}{L}t}-\frac{E}{R_2}e^{\frac{R_2}{L}T}\,e^{-\frac{R_2}{L}t}\\<br />&=&\frac{E}{R_2}+\frac{E}{R_1+R_2}\left(\left(1-\frac{R_1+R_2}{R_2}\right)e^{\frac{R_2}{L}T}-e^{-\frac{R_1}{L}T}\right)e^{-\frac{R_2}{L}t}\\<br />&=&\frac{E}{R_2}-\frac{E}{R_1+R_2}\left(\frac{R_1}{R_2}e^{\frac{R_2}{L}T}+e^{-\frac{R_1}{L}T}\right)e^{-\frac{R_2}{L}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。 E=R1=R2=L=T=1として電流iをグラフにプロットするとということになる。

webadm	投稿日時: 2011-11-4 7:48
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	RL並列回路今度はRL並列回路の問題図のようなRL並列回路にt=0で直流電圧Eを加えた。各部の電流i1,i2,i3を求めよ。２つの閉回路を流れる電流i1,i3に関して以下の関係が成り立つ $\begin{eqnarray}<br />R_1\,i_1+R_2\left(i_1-i_3\right)&=&E\\<br />L_3\frac{di_3}{dt}+R_3\,i_3&=&R_2\left(i_1-i_3\right)\\<br />i_2&=&i_1-i_3<br />\end{eqnarray}$ 第二のi3に関する微分方程式を解くために、i1を消去すると $\begin{eqnarray}<br />i_1&=&\frac{E+R_2\,i_3}{R_1+R_2}\\<br />L_3\frac{di_3}{dt}+R_3\,i_3&=&R_2\left(\frac{E+R_2\,i_3}{R_1+R_2}-i_3\right)=\frac{R_2\,E}{R_1+R_2}+R_2\left(\frac{R_2}{R_1+R_2}-1\right)i_3\\<br />L_3\frac{di_3}{dt}+\left(R_3+\frac{R_1\,R_2}{R_1+R_2}\right)i_3&=&\frac{R_2\,E}{R_1+R_2}\\<br />\frac{di_3}{dt}+\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}i_3&=&\frac{R_2\,E}{L_3\left(R_1+R_2\right)}<br />\end{eqnarray}$ i3の一般解は $\begin{eqnarray}<br />i_3&=&e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}\left(\int\,\frac{R_2\,E}{L_3\left(R_1+R_2\right)}e^{\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}dt+K\right)\\<br />&=&\frac{R_2\,E}{\cancel{L_3\left(R_1+R_2\right)}}\frac{\cancel{L_3\left(R_1+R_2\right)}}{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}+K\,e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}\\<br />&=&\frac{R_2\,E}{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}+K\,e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}<br />\end{eqnarray}$ 初期条件としてt=+0でi3(+0)=0を与えると特別解は $\begin{eqnarray}<br />\left. i_3\right\|_{t=+0}&=&\frac{R_2\,E}{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}+K=0\\<br />K&=&-\frac{R_2\,E}{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}\\<br />i_3&=&\frac{R_2\,E}{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}\left(1-e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。これをi1とi3の関係式に代入すると $\begin{eqnarray}<br />i_1&=&\frac{E+R_2\,\frac{R_2\,E}{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}\left(1-e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}\right)}{R_1+R_2}\\<br />&=&\frac{E}{R_1+R_2}+E\frac{\left(R_1+R_2\right)\left(R_2+R_3\right)-\left(R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2\right)}{\left(R_1+R_2\right)\left(R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2\right)}\left(1-e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}\right)\\<br />&=&\frac{E}{R_1+R_2}+E\left(\frac{R_2+R_3}{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}-\frac{1}{R_1+R_2}\right)\left(1-e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}\right)\\<br />&=&\frac{E\left(R_2+R_3\right)}{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}\left(1-e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}\right)+\frac{E}{R_1+R_2}e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。従って残るi2もi1,i3との関係式に代入すると $\begin{eqnarray}<br />i_2&=&\frac{E\left(\cancel{R_2}+R_3\right)}{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}\left(1-e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}\right)+\frac{E}{R_1+R_2}e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}-\cancel{\frac{R_2\,E}{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}\left(1-e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}\right)}\\<br />&=&\frac{E\,R_3}{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}\left(1-e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}\right)+\frac{E}{R_1+R_2}e^{-\frac{R_3\,R_1+R_3\,R_2+R_1\,R_2}{L_3\left(R_1+R_2\right)}t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。著者は何故かずっと後の問題の解を利用している。さすがにこれだけ似たような回路が続くとワンパターンになってしまうので趣向を変えたということかもしれないが、後の問題の解をみないと途中からなのでさっぱり意味がわからない。いくつか回路中の電流を求める問題だが、結局どれか一つだけ最初に解けば、あとは回路方程式で代数的に解けていってしまうというのは面白い。

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