TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC = 5 )2j1(200 − = 40 – j80 (V) → Dòng qua nhánh 1 : I & 1 = o o1 Z5j EE +− − && = 4j85j 80j40100 ++− +− = 1j8 80j60 − + = 65 )1j8)(80j60( ++ = 65 80640j60j480 − ++ = 65 700j400 + = 13 140j80 + = 20 13 5 ∠60,25 o (A) → i 1 = 20 13 5 x 2 sin(10t + 60,25 o ) (A) = 20 13 10 sin(10t + 60,25 o ) (A) (b) Phương pháp nguồn dòng tương đương Dòng do nguồn dòng cung cấp : I & N = I & 2 = 20j E 2 & = 20j 200 = - j10 (A). Dòng qua nhánh 1 : I & 1 = I & o - I & N , với I & o = o AB Z U & = 4 5j− j8 )(IE 11 + − && = 4j8 I5j100 1 + + & → I & 1 = 4j8 I5j100 1 + + & + j10 → (8 + j4)I & 1 = 100 + j5 I & 1 + (8 + j4)(j10) → 8I & 1 + j4I & 1 = 100 + j5I & 1 + j80 - 40 → 8I & 1 – jI & 1 = 60 + j80 → I & 1 = 1j8 80j60 − + = 65 )1j8)(80j60( + + = 65 80640j60j480 − + + = 65 j+ 700400 = 13 140j80 + = 20 13 5 ∠60,25 o (A) → i 1 = 20 13 5 x 2 sin(10t + 60,25 o ) (A) = 20 13 10 sin(10t + 60,25 o ) (A) Bài 8 : • Phương pháp biến đổi tương đương 47 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC Thay 3 tổng trở đấu ∆BCD bởi 3 tổng trở đấu YOBCD như sau : Z B = 11j2j )1j)(2j( ++ = 3j1 2 + − = 10 )3j1)(2( −− = 10 6j2 +− = - 0,2 + j0,6 (Ω) ; Z C = 11j2j )1)(2j( ++ = 10 )3j1(2j − = 10 2j6 + = 0,6 + j0,2 (Ω) ; Z D = 11j2j )1)(1j( ++ = 10 )3j1(1j − = 0,3 + j0,1 (Ω) . Thay Z OBA // Z OCA bởi : Z OA = 4jZ2jZ )4jZ)(2jZ( CB CB −++ −+ = 4j2,0j6,02j6,0j2,0 )4j2,0j6,0)(2j6,0j2,0( −++++− − + + + − = 2,1j4,0 )8,3j6,0)(6,2j2,0( − − + − = 6,1 )2,1j4,0)(8,3j6,0)(6,2j2,0( +−+− = 6,1 )2,1j4,0)(88,956,1j76,0j12,0( + + + + − = 6,1 )2,1j4,0)(32,2j76,9( ++ = 6,1 784,2928,0j712,11j904,3 − + + = 6,1 64,12j12,1 + = 0,7 + j7,9 (Ω) → Z = Z D + Z OA + 1 = 0,3 + j0,1 + 0,7 + j7,9 + 1 = 2 + j8 (Ω) → I & 4 = Z E & = 8j2 5 + = 68 )8j2(5 − = 34 20j5 − (A) → I & 1 = I & 4 x 4jZ2jZ 2jZ CB B −++ + = ( 34 20j5 − )( 4j2,0j6,02j6,0j2,0 2j6,0j2,0 −++++− ++− ) = ( 34 20j5 − )( 2,1j4,0 6,2j2,0 − +− ) = ( 34 20j5 − )[ 6,1 )2,1j4,0)(6,2j2,0( ++− ] = ( 34 20j5 − )( 6,1 12,304,1j24,0j08,0 −+ − − ) = ( 34 20j5 − )( 6,1 8,0j2,3 +− ) = ( 34 20j5 − )(- 2 + j0,5) = 34 1040j5,2j10 + + + − = 34 5,42j (A) . Ta có : = I & 1 U CD & = U & CO + U & OD = I & 1 Z C + I & 4 Z D = ( 34 5,42j )(0,6 + j0,2) + ( 34 20j5 − )(0,3 + j0,1) = 34 5,85,25j − + 34 2 = 34 20j5 +− = 2 34 425 ∠104,04 o = 34 5 17 ∠104,04 o (A) 6j5,0j5,1 + −+ • Phương pháp dòng nhánh Mắt EABDE : I & 4 (1) + I & 2 (j2) + I & 5 (j1) = E → j2 & I & 2 + I & 4 + jI & 5 = 5 (1) Mắt ACBA : I & 1 (-j4) - I & 3 (j2) - I & 2 (j2) = 0 → - j4I & 1 – j2I & 2 – j2I & 3 = 0 (2) 48 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC Mắt DBCD : I & 3 (j2) + (1) - I & I & 5 (j1) = 0 → j2I & 3 - jI & 5 + I & = 0 (3) Tại nút A : - I & 1 - I & 2 + I & 4 = 0 (4) Tại nút B : I & 2 - I & 3 - I & 5 = 0 (5) Tại nút C : I & 1 + I & 3 - I & = 0 (6) Giải hệ 6 phương trình trên bằng MATLAB : To get started, type one of these commands: helpwin, helpdesk, or demo. For information on all of the MathWorks products, type tour. » A=[0 2j 0 1 1j 0 » b=[5 » x=A\b -4j -2j -2j 0 0 0 0 x = 0 0 2j 0 -1j 1 0 0.0000 + 1.2500i -1 -1 0 1 0 0 0 0.1471 - 1.8382i 0 1 -1 0 -1 0 0 -0.1471 - 0.6618i 1 0 1 0 0 -1]; 0}; 0.1471 - 0.5882i 0.2941 - 1.1765i -0.1471 + 0.5882i → = - 0,1471 + j0,5882 = 0,6063∠104,04I & o = 34 5 17 ∠104,04 o (A) • Phương pháp dòng vòng Mắt EABDE : I & I (1 + j2 + j1) - I & II (j2) - I & III (j1) = E & → (1 + j3) I & I – j2I & II - jI & III = 5 (1) Mắt ACBA : I & II (-j4 + j2 + j2) - I & I (j2) - I & III (j2) = 0 → - j2 I & I – j2I & III = 0 (2) Mắt DBCD : I & III (j1 + j2 + 1) - I & I (j1) - I & II (j2) = 0 → - j I & I – j2I & II + (1 + j3)I & III = 0 (3) Giải hệ 3 phương trình trên bằng MAT LAB : To get started, type one of these commands: helpwin, helpdesk, or demo. For information on all of the MathWorks products, type tour. » A=[1+3j -2j -1j » b=[5 » x=A\b -2j 0 -2j 0 x = -1j -2j 1+3j]; 0]; 0.1471 - 0.5882i 0.0000 + 1.2500i -0.1471 + 0.5882i → I & III = = - 0,1471 + j0,5882 = I & 0,6063∠104,04 o = 34 5 17 ∠104,04 o (A) • Phương pháp điện thế nút Coi ϕ & D = 0 : Tại nút A ta có : ϕ & A ( Y 1 + Y 2 + Y 4 ) - ϕ & B Y 2 - ϕ & C Y 1 = E & Y 4 → ϕ & A ( 1 1 2j 1 4j 1 ++ − ) - ϕ & B ( 2j 1 ) - ϕ & C ( 4j 1 − ) = 5( 1 1 ) → (1 – j0,25) ϕ & A + j0,5 ϕ & B - j0,25 ϕ & C = 5 (1) 49 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC Tại nút B ta có : ϕ & B ( Y 2 + Y 3 + Y 5 ) - ϕ & A Y 2 - ϕ & C Y 3 = 0 → ϕ & B ( 2j 1 + 2j 1 + 1j 1 ) - ϕ & A ( 2j 1 ) - ϕ & C ( 2j 1 ) = 0 → j0,5 ϕ & A – j2 ϕ & B + j0,5 ϕ & C = 0 (2) Tại nút C ta có : ϕ & C ( Y 1 + Y 3 + Y ) - ϕ & A Y 1 - ϕ & B Y 3 = 0 → ϕ & C ( 4j 1 − + 2j 1 + 1 1 ) - ϕ & A ( 4j 1 − ) - ϕ & B ( 2j 1 ) = 0 → - j0,25 ϕ & A + j0,5 ϕ & B + (1 – j0,25) ϕ & C = 0 (3) Giải hệ 3 phương trình trên bằng MATLAB : To get started, type one of these commands: helpwin, helpdesk, or demo. For information on all of the MathWorks products, type tour. » A=[1-0.25j 0.5j -0.25j » b=[5 » x=A\b 0.5j -2j 0.5j 0 x = -0.25j 0.5j 1-0.25j]; 0]; 4.8529 + 0.5882i 1.1765 + 0.2941i -0.1471 + 0.5882i → ϕ & C = - 0,1471 + j0,5882 . Ta cò : I & = 1 U CD & = ϕ & C - ϕ & D = - 0,1471 + j0,5882 – 0 = 0,6063∠104,04 o = 34 5 17 ∠104,04 o (A) • Phương pháp nguồn tương đương Thay 3 tổng trở đấu ∆ABD bởi 3 tổng trở đấu Y như sau : Z A = 11j2j )1)(2j( ++ = 10 )3j1(2j − = 10 2j6 + = 0,6 + j0,2 (Ω) ; Z B = 11j2j )1j)(2j( ++ = 3j1 2 + − = 10 )3j1)(2( − − = 10 6j2 + − = - 0,2 + j0,6 (Ω) Z D = 11j2j )1)(1j( ++ = 10 )3j1(1j − = 0,3 + j0,1 (Ω) . Thay Z OAC // Z OBC bởi : Z OC = 2jZ4jZ )2jZ)(4jZ( BA BA ++− +− = 2j6,0j2,04j2,0j6,0 )2j6,0j2,0)(4j2,0j6,0( ++−−+ + +−−+ = 2,1j4,0 )6,2j2,0)(8,3j6,0( − + − − = 6,1 )2,1j4,0)(6,2j2,0)(8,3j6,0( + + − − = 6,1 )2,1j4,0)(32,2j76,9( ++ = 6,1 784,2928,0j712,11j904,3 − + + = 6,1 64,12j12,1 + = 0,7 + j7,9 (Ω) .Tổng trở trong của nguồn tương đương : Z o = Z D + Z OC = 0,3 + j0,1 + 0,7 + j7,9 = 1 + j8 (Ω) 50 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC (a) Phương pháp nguồn áp tương đương Coi ϕ & D = 0 : Tại nút A ta có : ϕ & A ( Y 1 + Y 2 + Y 4 ) - ϕ & B Y 2 - ϕ & C Y 1 = E & Y 4 → ϕ & A ( 1 1 2j 1 4j 1 ++ − ) - ϕ & B ( 2j 1 ) - ϕ & C ( 4j 1 − ) = 5( 1 1 ) → (1 – j0,25) ϕ & A + j0,5 ϕ & B - j0,25 ϕ & C = 5 (1) . Tại nút B : ϕ & B ( Y 2 + Y 3 + Y 5 ) - ϕ & A Y 2 - ϕ & C Y 3 = 0 → ϕ & B ( 2j 1 + 2j 1 + 1j 1 ) - ϕ & A ( 2j 1 ) - ϕ & C ( 2j 1 ) = 0 → j0,5 ϕ & A – j2 ϕ & B + j0,5 ϕ & C = 0 (2) . Tại nút C : ϕ & C ( Y 1 + Y 3 ) - ϕ & A Y 1 - ϕ & B Y 3 = 0 → ϕ & C ( 4j 1 − + 2j 1 ) - ϕ & A ( 4j 1 − ) - ϕ & B ( 2j 1 ) = 0 → - j0,25 ϕ & A + j0,5 ϕ & B + – j0,25 ϕ & C = 0 (3) Giải hệ 3 phương trình trên bằng MATLAB : To get started, type one of these commands: helpwin, helpdesk, or demo. For information on all of the MathWorks products, type tour. » A=[1-0.25j 0.5j -0.25j » b=[5 » x=A\b 0.5j -2j 0.5j 0 x = -0.25j 0.5j -0.25j]; 0]; 5.0000 0.0000 - 0.0000i -5.0000 → ϕ & C = - 5 (V) → Sđđ của nguồn áp tương đương : E & o = U & CDHỞ = ϕ & C - ϕ & D = - 5 – 0 = - 5 (V) Dòng qua nhánh khảo sát : I & = 1Z E o o + & = 18j1 5 ++ − = 68 )8j2(5 −− = 34 20j5 + − = 2 34 425 ∠104,04 o = 34 5 17 ∠104,04 o (A) (b) Phương pháp nguồn dòng tương đương Mắt EABDE : I & I (1 + j2 + j1) - I & II (j2) - I & III (j1) = E → (1 + j3) & I & I – j2I & II - jI & III = 5 (1) Mắt ACBA : I & II (-j4 + j2 + j2) - I & I (j2) - I & III (j2) = 0 → - j2I & I – j2I & III = 0 (2) Mắt DBCD : I & III (j1 + j2) - I & I (j1) - I & II (j2) = 0 → - jI & I – j2I & II + j3I & III = 0 (3) Giải hệ 3 phương trình trên bằng MAT LAB : 51 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC » A=[1+3j -2j -1j » b=[5 » x=A\b -2j 0 -2j 0 x = -1j -2j 3j]; 0]; 0.0769 - 0.6154i -0.1538 + 1.2308i -0.0769 + 0.6154i → I & III = - 0,0769 + j0,6154 (A) → Dòng do nguồn dòng tương đương cung cấp : I & N = I & III → Dòng qua nhánh khảo sát : = I & I & N x 1Z Z o o + = (- 0,0769 + j0,6154)( 18j1 8j1 ++ + ) = (- 0,0769 + j0,6154) [ 68 )8j2)(8j1( − + ] = (- 0,0769 + j0,6154)( 34 4j33 + ) = 34 4616,23082,20j3076,0j5377,2 −+−− = 34 20j5 + − = 2 34 425 ∠104,04 o = 34 5 17 ∠104,04 o (A) Bài 9 : Cảm kháng trong mạch : X L1 = ωL 1 = 3x2 = 6Ω ; X L2 = ωL 2 = 3x 3 2 = 2Ω . Chuyển sang mạch phức • Phương pháp dòng nhánh Vòng E 1 ACBE 1 : I & 1 (j6) + I & (2) = E & 1 → j6I & 1 + 2I & = 100 (1) Mắt E 2 ACBE 2 : I & 2 (j2) + I & (2) = E & 2 → j2I & 2 + 2I & = 100 (2) Tại nút A : I & 1 + I & 2 - I & = 0 (3) Giải hệ 3 phương trình trên : (1)→ I & 1 = 6j I2100 & − và (2) → I & 2 = 2j I2100 & − . Thế vào (3) : 6j I2100 & − + 2j I2100 & − - I & = 0 → 100 - 2I & + 300 - 6 - j6 = 0 → = I & I & I & 6j8 400 + = 100 )6j8(400 − = 32 – j24 = 40∠- 36,87 o (A) → i = 40 2 sin(3t – 36,87 o ) (A) . Và I & 1 = 6j )24j32(2100 − − = 6j 48j64100 +− = 36 )6j)(48j36( −+ = 8 – j6 = 10∠- 36,87 o (A) → i 1 = 10 2 sin(3t – 36,87 o ) (A) ; I & 2 = - I & I & 1 = 32 – j24 – 8 + j6 = 24 – j18 = 30∠- 36,87 o (A) → i 2 = 30 2 sin(3t – 36,87 o ) (A) • Phương pháp dòng vòng Vòng E 1 ACBE 1 : I & I (j6 + 2) + I & II (2) = E & 1 → (2 + j6)I & I + 2I & II = 100 (1) Mắt E 2 ACBE 2 : I & II (j2 + 2) + I & I (2) = E & 2 → 2I & I + (2 + 2)I & II = 100 (2) 52 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC Từ (1) → I & I = 6j2 I2100 II + − & . Thế vào (2) : 2x 6j2 I2100 II + − & + (2 + j2)I & II = 100 → 200 - 4 I & II + (2 + j2)(2 + j6)I & II = 100(2 + j6) → 200 - 4I & II + 4I & II + j12I & II + j4I & II - 12I & II = 200 + j600 → I & II = 16j12 600j +− = 400 )16j12(600j − − = 24 – j18 = 30∠- 36,87 o (A) = I & 2 → i 2 = 30 2 sin(3t – 36,87 o ) (A) . Và I & I = 6j2 I2100 II + − & = 6j2 )18j24(2100 + − − = 6j2 36j48100 + + − = 40 )6j2)(36j52( −+ = 40 21672j312j104 + + − = 8 – j6 = 10∠- 36,87 o (A) = I & 1 → i 1 = 10 2 sin(3t – 36,87 o ) (A) ; I & = I & I + I & II = 8 – j6 + 24 – j18 = 32 – j24 = 40∠- 36,87 o (A) → i = 40 2 sin(3t – 36,87 o ) (A) • Phương pháp điện áp 2 nút Coi ϕ & B = 0 → ϕ & A = YYY YEYE 21 2211 ++ + && = 2 1 2j 1 6j 1 2j 1 x100 6j 1 x100 ++ + = 5,05,0j 6 1 j )5,0j(100) 6 1 j(100 +−− −+− = 4j3 400j − − = 25 )4j3(400j + − = 64 – j48 (V) → I & 1 = (E & 1 - ϕ & A + ϕ & B ) Y 1 = (100 – 64 + j48 + 0)( 6j 1 ) = (36 + j48)(- j 6 1 ) = 8 – j6 = 10∠- 36,87 o (A) → i 1 = 10 2 sin(3t – 36,87 o ) (A) ; I & 2 = (E & 2 - ϕ & A + ϕ & B ) Y 1 = (100 – 64 + j48 + 0)( 2j 1 ) = (36 + j48)(- j0,5) = 24 – j18 = 30∠- 36,87 o (A) → i 2 = 30 2 sin(3t – 36,87 o ) (A) ; = I & I & 1 + I & 2 = 8 – j6 + 24 – j18 = 32 – j24 = 40∠- 36,87 o (A) → i = 40 2 sin(3t – 36,87 o ) (A) Bài 10 : Thay Z 3 // Z 4 = Z 34 = 4j42j )4j4)(2j( ++− + − = 20 )2j4)(8j8( − − = 20 1632j16j32 − − − = 0,8 – j2,4 (Ω) . Thay Z 1 // Z 234 = Z = 34,2j8,01 )3)(4,2j8,01( +−+ − + = 8,28 )4,2j8,4)(2,7j4,5( + − = 8,28 28,1756,34j96,12j92,25 +−+ = 1,5 – j0,75 (Ω) . Dòng do nguồn E cấp : = & I & Z1j E + & = 75,0j5,11j 37 −+ = 3125,2 )25,0j5,1(37 − = 24 – j4 = 592 ∠- 9,46 o = 4 37 ∠- 9,46 o (A) ; I & 2 = xI & 234 Z3 3 + = (24 - j4)( 4,2j8,13 3 −+ ) = (24 – j4)( 2,3 8,0j6,1 + ) = 2,3 2,34,6j2,19j4,38 + − + = 13 + j4 = 185 ∠17,1 o (A) ; I & 1 = - I & I & 2 = 24 – j4 – 13 – j4 = 11 – j8 = 185 ∠- 36,03 o (A) ; I & 4 = I & 2 x 4j42j 2j ++− − = (13 = j4)[ 20 )2j4(2j − − ] = (13 + j4)(- 0,2 – j0,4) 53 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC = - 2,6 – j5,2 – j0,8 + 1,6 = - 1 – j6 = 37 ∠- 99,46 o (A) ; I & 3 = I & 2 - I & 4 = 13 + j4 + 1 + j6 = 14 + j10 = 296 ∠35,54 o = 2 74 ∠35,54 o (A) ; = (j1) = I∠(ψ U & I & i + 90 o ) = 4 37 ∠( - 9,46 o + 90 o ) = 4 37 ∠80,54 o (V) ; U & 1 = I & 1 (3) = 3 185 ∠- 36,03 o (V) ; U & 2 = I & 2 (1) = 185 ∠17,1 o (V) ; U & 3 = I & 3 (- j2) = 2I 3 ∠(ψ i3 – 90 o ) = (2x2 74 ∠35,54 o )∠(35,54 o – 90 o ) = 4 74 ∠- 54,46 o ; U & 4 =I & 4 (j4) = 4I 4 ∠(ψ i4 + 90 o ) =(4x 37 )∠(- 99,46 o + 90 o ) = 4 37 ∠- 9,46 o (V) Bài 11 : Z = 2 + L L jX820j )jX8)(20j( ++− +− = 2 + )20X(j8 160jX20 L L −+ − = 2 + = 2 + )20X(64 3200X1601280j − X400jX20jX160 L LL 2 L L + +−−+− ) L 20X(64 )]20X(j8)[160jX20( L L + −− − − = 2 L L 2 L )20X(64 )1280X400X20(j3200 −+ −+−+ → Để cosϕ = 1 thì ϕ phải bằng 0 → (X L 2 - 20X L + 64) phải bằng 0 . Giải phương trình bậc 2 : ∆’ = 10 2 – (1)(64) = 36 → X L = 10 + 6 = 16Ω hoặc X L = 10 – 6 = 4Ω Bài 12 : P nguồn = P 2Ω + P t = 7200 → I 2 (2) + 6400 = 7200 → I = 2 64007200 − = 20A ; cosϕ = UI P = 20x440 7200 = 0,818 → ϕ = ± 35,1 o → ψ i = ψ u - ϕ = 0 o – (± 35,1 o ) = 735,1 o . Vậy : = 20∠735,1I & o (A) . Áp trên tải : U Z = IZ = 20x20 = 400V . Hệ số công suất của tải : cosϕ t = IU P Z t = 20x400 6400 = 0,8 trễ hoặc sớm Bài 13 : Coi ϕ & B = 0 = 3 1 1j 1 1j 1 1j 1 x10 ++ − − = 3 1 10j = j30 (V) 21 YYY YE ++ & → ϕ & A = → = (E - I & & ϕ & A + ϕ & B ) Y = (10 – j30 + 0)( 1j 1 − ) = (10 – j30)(j1) = 30 + j10 = 10 10 ∠18,43 o (A) ; I & 1 = ( ϕ & A - ϕ & B ) Y 1 = (j30 – 0)( 1j 1 ) = 30 (A) ; I & 2 = ( ϕ & A - ϕ & B ) Y 2 = (j30 – 0)( 3 1 ) = j10 (A) . Công suất nguồn ( đoạn mạch A’B ) : B'A S & = U & A’B I & * = E & I & * = (10)(10 10 ∠- 18,43 o ) = 300 – j100 (VA) . Vậy , với U và trái chiều , ta kết luận : Nguồn phát ra 300W và tiêu thụ 100VAR . Công suất trên tụ ( đoạn mạch A’A ) : = I & & A’B I & E & S & A’A U & A’A * = I & (-j1)(I & * ) = (10 10 ∠18,43 o )(1∠- 90 o )( 10 10 ∠- 18,43 o ) = 1000∠- 90 o = - j1000 (VA) . Vậy , với U và I & cùng chiều , ta kết luận : Tụ (-j1Ω) phát ra 1000VAR . Công suất cuộn dây (nhánh 1) : S = U & A’A & 1 & AB I & 1 * = ϕ & A I & 1 * = (j30)(30) = j900 (VA) . Vậy , với U và & AB 54 . ( 34 20j5 − )( 2,1j4,0 6,2j2,0 − +− ) = ( 34 20j5 − )[ 6,1 )2 ,1j4,0 )( 6 ,2j2, 0( ++− ] = ( 34 20j5 − )( 6,1 12,304,1j24,0j08,0 −+ − − ) = ( 34 20j5 − )( 6,1 8,0j2,3 +− ) = ( 34 20j5 − )( - 2 + j0, 5) =. 2j6,0j2,04j2,0j6,0 )2 j6,0j2,0 )( 4 j2,0j6, 0( ++−−+ + +−−+ = 2,1j4,0 )6 ,2j2,0 )( 8 ,3j6, 0( − + − − = 6,1 )2 ,1j4,0 )( 6 ,2j2,0 )( 8 ,3j6, 0( + + − − = 6,1 )2 ,1j4,0 )( 3 2,2j76, 9( ++ = 6,1 78 4,2928,0j712,11j904,3 − + + . 4jZ2jZ )4 jZ )( 2 jZ( CB CB −++ −+ = 4j2,0j6,02j6,0j2,0 )4 j2,0j6,0 )( 2 j6,0j2, 0( −++++− − + + + − = 2,1j4,0 )8 ,3j6,0 )( 6 ,2j2, 0( − − + − = 6,1 )2 ,1j4,0 )( 8 ,3j6,0 )( 6 ,2j2, 0( +−+− = 6,1 )2 ,1j4,0 )( 8 8,956,1j76,0j12, 0( + + + + −