Варіант резисторів паралельно

10

Припустимо, у вас є набір резисторів R, всі вони розподілені із середнім μ та дисперсією σ.

Розглянемо розділ ланцюга з таким компонуванням: (r) || (r + r) || (r + r + r). Еквівалентний опір кожної деталі дорівнює r, 2r та 3r. Дисперсія кожного розділу буде тоді $σ^2$ , $2σ^2$ , $3σ^2$ .

Яка дисперсія в опорі всього ланцюга?

Вибравши кілька мільйонів балів, ми виявили, що дисперсія дорівнює приблизно $.10286\sigma^2$ .

Як би ми дійшли висновку аналітично?

Редагувати: Вважається, що значення опору зазвичай розподіляються з деяким середнім опором r та дисперсією $σ^2$ .

probability sampling variance

— lrAndroid
джерело

1

Я не переконаний, що це відповідна модель для початку. Чи знайомі ви з теорією Найкіста-Джонсона про тепловий шум? Якщо ви цілеспрямовано робите щось інше, було б цікаво побачити мотивацію. В іншому випадку, можливо, варто розглянути більш стандартну модель. :)

— кардинал

Так, під час написання спроби відповіді я також зрозумів, що модель, мабуть, не простежується, як це було поставлено. Однак я вважав це скоріше скоріше академічною проблемою, ніж практичною (зрештою, вони роблять моделювання).

— Нестор

Мої вибачення за те, що сигма була дисперсією, я спочатку використовував VAR, а хтось редагував це сигму.

— lrAndroid

Дякуємо за оновлення. Мене все ще цікавить мотивація цього питання, якщо ви готові додати трохи запитання до цього питання. :)

— кардинал

9

Еквівалентний опір всієї схеми вирішує Можна припустити, що , для деяких незалежних випадкових змінних , по центру та з відхиленням . $R$

\frac{1}{R} = \sum_{i = 1}^{3} \frac{1}{R_{i}} .

$\frac1R=\sum_{i=1}^{3}\frac{1}{R_i}.$

R_{i} = i μ + σ \sqrt{i} Z_{i}

$R_i=i\mu+\sigma\sqrt{i}Z_i$

Z_{i}

$Z_i$

1

$1$

Без додаткових вказівок не можна обчислити дисперсію , отже, для подальшого розгляду ми розглянемо режим, де Тоді отже де Видно, що Крім того, Таким чином, у межі $R$

σ ≪ μ .

$\color{red}{\sigma\ll\mu}.$

\frac{1}{R_{i}} = \frac{1}{i μ} - \frac{σ}{μ^{2}} \frac{Z_{i}}{i \sqrt{i}} + higher order terms,

$\frac{1}{R_i}=\frac1{i\mu}-\frac{\sigma}{\mu^2}\frac{Z_i}{i\sqrt{i}}+\text{higher order terms},$

\frac{1}{R} = \frac{a}{μ} - \frac{σ}{μ^{2}} Z + higher order terms,

$\frac{1}{R}=\frac{a}{\mu}-\frac{\sigma}{\mu^2}Z+\text{higher order terms},$

a = \sum_{i = 1}^{3} \frac{1}{i} = \frac{11}{6}, Z = \sum_{i = 1}^{3} \frac{Z_{i}}{i \sqrt{i}} .

$a=\sum_{i=1}^{3}\frac1{i}=\frac{11}6,\qquad Z=\sum_{i=1}^{3}\frac{Z_i}{i\sqrt{i}}.$

E (Z) = 0, E (Z^{2}) = b, b = \sum_{i = 1}^{3} \frac{1}{i^{3}} = \frac{251}{216} .

$\mathrm E(Z)=0,\qquad\mathrm E(Z^2)=b,\qquad b=\sum\limits_{i=1}^{3}\frac1{i^3}=\frac{251}{216}.$

R = \frac{μ}{a} - \frac{σ}{a^{2}} Z + higher order terms,

$R=\frac{\mu}a-\frac{\sigma}{a^2}Z+\text{higher order terms},$

σ \to 0

$\sigma\to0$ , і Ці асимптотики та можна узагальнити до будь-якої кількості опорів паралельно, кожен з яких є результатом елементарних опорів послідовно, причому елементарні опори є незалежними та кожен із середнім та дисперсією . Тоді, коли , де

E (R) \approx \frac{μ}{a} = \frac{6}{11} μ,

$\mathrm E(R)\approx\frac{\mu}a=\frac6{11}\mu,$

Var (R) \approx σ^{2} \cdot \frac{b}{a^{4}} = σ^{2} \cdot {(\frac{6}{11})}^{4} \cdot \frac{251}{216} = σ^{2} \cdot 0.10286 \dots

$\text{Var}(R)\approx\sigma^2\cdot\frac{b}{a^4}=\sigma^2\cdot\left(\frac{6}{11}\right)^4\cdot\frac{251}{216}=\sigma^2\cdot0.10286\ldots$

E (R)

$\mathrm E(R)$

Var (R)

$\text{Var}(R)$

n_{i}

$n_i$

μ

$\mu$

σ^{2}

$\sigma^2$

σ \to 0

$\sigma\to0$

E (R) \to \frac{μ}{a}, σ^{- 2} Var (R) \to \frac{b}{a^{4}},

$\mathrm E(R)\to\frac{\mu}a,\quad \sigma^{-2}\text{Var}(R)\to\frac{b}{a^4},$

a = \sum_{i} \frac{1}{n_{i}}, b = \sum_{i} \frac{1}{n_{i}^{3}} .

$a=\sum_i\frac1{n_i},\quad b=\sum_i\frac1{n_i^3}.$

— Зробила
джерело

8

Я не думаю, що точна відповідь залежить лише від та . Коли ви взяли вибірку, я гадаю, що ви, мабуть, використовували якийсь конкретний розподіл - ймовірно, нормальний розподіл? У будь-якому випадку ми можемо обчислити середнє та дисперсію опору ланцюга у лінійному наближенні, і тоді точна форма розподілу не має значення. $\mu$ $\sigma^2$

Опір ланцюга . У лінійному наближенні середнє значення та дисперсія зворотної випадкової величини із середнім та дисперсією дорівнюють та відповідно. Таким чином, у нас є сума термінів із значеннями , та та дисперсіями , і відповідно, що дорівнює середньому та дисперсії $\left(R_1^{-1}+R_2^{-1}+R_3^{-1}\right)^{-1}$ $\mu$ $\sigma^2$ $1/\mu$ $\sigma^2/\mu^4$ $1/\mu$ $1/(2\mu)$ $1/(3\mu)$ $\sigma^2/\mu^4$ $\sigma^2/(8\mu^4)$ $\sigma^2/(27\mu^4)$ $\frac{11}6/\mu$ $\frac{251}{216}\sigma^2/\mu^4$ . Тоді прийняття зворотного цього дає середнє значення та дисперсію , відповідно до вашого результату. $\frac6{11}\mu$ $\left(\frac{251}{216}\sigma^2/\mu^4\right)/\left(\frac{11}6/\mu\right)^4=\frac{1506}{14641}\sigma^2\approx0.10286\sigma^2$

— joriki
джерело

Це, звичайно, припускаючи, що резистори є незалежними випадковими змінними.

@Robert: Так (опір, швидше). Це вже було припущено при обчисленні дисперсій , та у питанні, і це має фізичний сенс (хоча якщо взяти всі резистори з однієї партії виробництва, їх опір буде дещо корельованим ).

σ

$\sigma$

2 σ

$2\sigma$

3 σ

$3\sigma$

— joriki

У реальній конструкції, звичайно, опір далекий від незалежних оборотів. Насправді багато роботи вкладається в компонування, щоб змусити деякі групи елементів відслідковувати один одного (називається '' відповідність '', не дивно).

1

Ви використовуєте ? Я більше звик бачити це написаним як .

σ = E (X - E X)^{2}

$\sigma = E (X-EX)^2$

σ^{2}

$\sigma^2$

@ copper.hat: Ви, звичайно, щодо права , звичайно, - я б не задумався прийняти позначення, що використовуються у питанні.

σ^{2}

$\sigma^2$

— joriki

5

Це залежить від форми розподілу для опору. Не знаючи розподілу, я навіть не можу сказати середній опір, хоча я думаю, що є обмеження.

Отже, давайте виберемо розподіл, який простежується: Нехай - стандартне відхилення опору одного резистора. Нехай опір буде , при цьому кожен знак виникає з вірогідністю . Це дає нам випадки для розгляду, або якщо об'єднати деякі випадки. Звичайно, ми вважатимемо, що опір є незалежним. $s$ $\mu \pm s$ $1/2$ $2^6 = 64$ $2 \times 3 \times 4=24$

Якщо ми обираємо і то середнє значення (трохи нижче ), а дисперсія . Якщо ми обираємо і , то дисперсія дорівнює . $\mu = 100$ $s=1$ $54.543291$ $100 \times \frac{6}{11}$ $0.102864$ $\mu = 5$ $s=1$ $0.103693$

Ось розширення ряду потужностей для співвідношень між дисперсіями, коли середнє значення дорівнює а дисперсія дорівнює : . Коли малий, домінуючим членом є . $1$ $x$ $\frac{1506}{14641} + \frac{36000}{1771561}x + \frac{218016}{19487171}x^2 + O(x^3)$ $x$ $\frac{1506}{14641} = 0.102862$

Хоча питання, яке ви задаєте технічно, залежить від розподілу, вас, мабуть, цікавлять ситуації, коли стандартне відхилення невелике порівняно із середнім значенням, і я думаю, що існує чітко визначена межа, яка не залежить від розподілу. Лінеаризуйте залежність опору ланцюга від функції опорів кожного шматка:

C = \frac{1}{1 / R_{1} + 1 / (R_{2} + R_{3}) + 1 / (R_{4} + R_{5} + R_{6})}

$C = \frac {1}{1/R_1 + 1/(R_2+R_3) + 1/(R_4 + R_5 + R_6)}$

\approx \frac{6}{11} μ + \sum_{i = 1}^{6} (R_{i} - μ) \frac{\partial C}{\partial R_{i}} (μ, μ, μ, μ, μ, μ)

$\approx \frac{6}{11} \mu + \sum_{i=1}^6 (R_i - \mu)\frac {\partial C}{\partial R_i}(\mu,\mu,\mu,\mu,\mu,\mu)$

∴ Var (C) \approx \sum_{i = 1}^{6} Var (R_{i}) (\frac{\partial C}{\partial R_{i}} (μ, μ, μ, μ, μ, μ))^{2}

$\therefore \text{Var}(C) \approx \sum_{i=1}^6 \text{Var}(R_i)\bigg(\frac {\partial C}{\partial R_i}(\mu,\mu,\mu,\mu,\mu,\mu)\bigg)^2$

У цьому конкретному контурі масштабовані часткові похідні - , і $\frac {36}{121}, \frac{9}{121} ,\frac{9}{121}, \frac{4}{121},\frac{4}{121},\frac{4}{121}$

(\frac{36}{121})^{2} + 2 (\frac{9}{121})^{2} + 3 (\frac{4}{121})^{2} = \frac{1506}{14641} = 0.102862

$\bigg(\frac{36}{121}\bigg)^2 + 2\bigg(\frac{9}{121}\bigg)^2 + 3\bigg(\frac{4}{121}\bigg)^2 = \frac{1506}{14641} = 0.102862$

— Дуглас Заре
джерело

1

Це нагадує мені багатоваріантну теорему про дельту, тобто має середнє значення та дисперсію відповідно, то має мати асимптотичну дисперсію як , де і . Остаточна відповідь така ж, як @Douglas Zare та OP, тобто 0.1028 .

R_{1}, R_{2}, R_{3}

$R_1,R_2,R_3$

μ, 2 μ, 3 μ

$\mu,2\mu,3\mu$

σ^{2}, 2 σ^{2}, 3 σ^{2}

$\sigma^2, 2\sigma^2, 3\sigma^2$

g (R_{1}, R_{2}, R_{3}) = ((1 / R_{1}) + (1 / R_{2}) + (1 / R_{3}))^{- 1}

$g(R_1,R_2,R_3) = ((1/R_1)+(1/R_2)+(1/R_3))^{-1}$

\nabla g (μ) Σ \nabla g (μ)^{'}

$\nabla g(\mu)\Sigma\nabla g(\mu)'$

\nabla g (μ) = (\frac{36}{121}, \frac{9}{121}, \frac{4}{121})

$\nabla g(\mu) = (\frac{36}{121},\frac{9}{121},\frac{4}{121})$

Σ = \[(\begin{array}{ccc} . σ^{2} & 0 & 0 \\ 0 & 2 σ^{2} & 0 \\ 0 & 0 & 3 σ^{2} \end{array}) \]

$\Sigma = \[ \left( \begin{array}{ccc}. \sigma^2 & 0 & 0 \\ 0 & 2\sigma^2 & 0 \\ 0 & 0 & 3\sigma^2 \end{array} \right)\]$

σ^{2}

$\sigma^2$

— VitalStatistix

1

Я попереджую, що, як я міркував, це довга відповідь , але, можливо, хтось може придумати щось краще, починаючи з моєї спроби (яка може бути не оптимальною). Крім того, я неправильно прочитав запитання щодо ОП і вважав, що це опір там, де зазвичай розподілено. Я все одно залишу відповідь, але це основне припущення.

1. Фізичні міркування проблеми

Моє міркування таке: нагадаймо, що для резисторів, які перебувають паралельно, еквівалентний опір задається: $R_{eq}$

R_{е q}^{- 1} = \sum_{i}^{N} \frac{1}{R_{i}},

$R_{eq}^{-1}=\sum_{i}^{N}\frac{1}{R_i},$

де - опори кожної частини ланцюга. У вашому випадку це нам дає $R_i$

R_{е q} = {(\frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} + \frac{1}{R_{3}})}^{- 1}, (*)

$R_{eq}=\left(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}\right)^{-1},\ \ \ (*)$ де - частина ланцюга з 1 опором, і тому має нормальний розподіл із середнім та дисперсією , і тим самим міркуванням є еквівалентний опір частини схеми з двома опорами і, нарешті, - еквівалентний опір частини схеми з трьома опорами. Вам слід знайти розподіл і звідти отримати його дисперсію.

R_{1}

$R_1$

μ

$\mu$

σ^{2}

$\sigma^2$

R_{2} \sim N (2 μ, 2 σ^{2})

$R_2\sim N(2\mu,2\sigma^2)$

R_{3} \sim N (3 μ, 3 σ^{2})

$R_3\sim N(3\mu,3\sigma^2)$

R_{e q}

$R_{eq}$

2. Отримання розподілу $R_{eq}$

Один із способів знайти розподіл - зазначити, що: Звідси також зазначимо, що ми можемо написати (що було отримано через теорему Байєса), що, припускаючи Independance між , і (який фізично правдоподібним), можна записати в вигляді Замінивши це в і зазначивши, що ще одним наслідком незалежності між трьома опорами є те, що

p (R_{е q}) = \int p (R_{е q}, R_{1}, R_{2}, R_{3}) г R_{1} г R_{2} г R_{3} = \int p (R_{1} | R_{е q}, R_{2}, R_{3}) p (R_{е q}, R_{2}, R_{3}) г R_{1} г R_{2} г R_{3} . (1)

$p(R_{eq})=\int p(R_{eq},R_1,R_2,R_3)dR_1dR_2dR_3=\int p(R_1|R_{eq},R_2,R_3)p(R_{eq},R_2,R_3)dR_1dR_2dR_3.\ \ \ (1)$

p (R_{e q}, R_{2}, R_{3}) = p (R_{2} | R_{e q}, R_{3}) p (R_{e q}, R_{3}) = p (R_{2} | R_{e q}, R_{3}) p (R_{e q} | R_{3}) p (R_{3})

$p(R_{eq},R_2,R_3)=p(R_2|R_{eq},R_3)p(R_{eq},R_3)=p(R_2|R_{eq},R_3)p(R_{eq}|R_3)p(R_3)$

R_{1}

$R_1$

R_{2}

$R_2$

R_{3}

$R_3$

p (R_{e q}, R_{2}, R_{3}) = p (R_{2} | R_{e q}) p (R_{e q} | R_{3}) p (R_{3}) .

$p(R_{eq},R_2,R_3)=p(R_2|R_{eq})p(R_{eq}|R_3)p(R_3).$

(1)

$(1)$

p (R_{1} | R_{e q}, R_{2}, R_{3}) = p (R_{1} | R_{e q})

$p(R_1|R_{eq},R_2,R_3)=p(R_1|R_{eq})$ , отримуємо: Наша остання проблема - це знайти , тобто розподіл rv . Ця проблема є аналогічною тій, яку ми знайшли тут, за винятком того, що тепер ви замінюєте в еквіваленті. постійною, скажімо, . Виконуючи ті ж аргументи, що і вище, ви можете знайти, що Мабуть, решта - заміна відомих розподілів, за винятком невеликої проблеми: розподіл можна отримати з , зазначивши, що

p (R_{e q}) = \int p (R_{1} | R_{e q}) p (R_{2} | R_{e q}) p (R_{e q} | R_{3}) p (R_{3}) d R_{1} d R_{2} d R_{3} = \int p (R_{e q} | R_{3}) p (R_{3}) d R_{3} . (2)

$p(R_{eq})=\int p(R_1|R_{eq})p(R_2|R_{eq})p(R_{eq}|R_3)p(R_3)dR_1dR_2dR_3=\int p(R_{eq}|R_3)p(R_3)dR_3.\ \ \ (2)$

p (R_{e q} | R_{3})

$p(R_{eq}|R_3)$

R_{e q} | R_{3}

$R_{eq}|R_3$

R_{3}

$R_3$

(*)

$(*)$

r_{3}

$r_3$

p (R_{e q} | R_{3}) = \int p (R_{e q} | R_{2}, R_{3}) p (R_{2}) d R_{2} . (3)

$p(R_{eq}|R_3)=\int p(R_{eq}|R_2,R_3)p(R_2)dR_2.\ \ \ (3)$

R_{e q} | R_{2}, R_{3}

$R_{eq}|R_2,R_3$

(*)

$(*)$

X_{1}

$X_1$ є гауссовим, тому вам по суті потрібно знайти розподіл випадкової величини де і - константи, а гауссова із середнім та дисперсією . Якщо мої розрахунки правильні, це розподіл: де тому розподіл буде

W = {(\frac{1}{X} + a + b)}^{- 1},

$W=\left(\frac{1}{X}+a+b\right)^{-1},$

a

$a$

b

$b$

X

$X$

μ

$\mu$

σ^{2}

$\sigma^2$

p (W) = \frac{1}{[1 - W (a + b)]^{2}} \frac{1}{\sqrt{2 π σ^{2}}} exp (- \frac{X (W) - μ}{2 σ^{2}}),

$p(W)=\frac{1}{[1-W(a+b)]^2}\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}}\text{exp}\left(-\frac{X(W)-\mu}{2\sigma^2}\right),$

X (W) = \frac{1}{W^{- 1} - a - b},

$X(W)=\frac{1}{W^{-1}-a-b},$

R_{e q} | R_{2}, R_{3}

$R_{eq}|R_2,R_3$

p (R_{e q} | R_{2}, R_{3}) = \frac{1}{[1 - R_{e q} (a + b)]^{2}} \frac{1}{\sqrt{2 π σ^{2}}} exp (- \frac{X (R_{e q}) - μ}{2 σ^{2}}),

$p(R_{eq}|R_2,R_3)=\frac{1}{[1-R_{eq}(a+b)]^2}\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}}\text{exp}\left(-\frac{X(R_{eq})-\mu}{2\sigma^2}\right),$ де і . Річ у тім, що я не знаю, чи це аналітично простежується, щоб вирішити інтеграл у рівнянні , що потім призведе до розв’язання задачі заміною її результату на рівняння . Принаймні мені в цей час ночі це не так.

a = 1 / R_{2}

$a=1/R_2$

b = 1 / R_{3}

$b=1/R_3$

(3)

$(3)$

(2)

$(2)$

— Нестор
джерело

Ви припускаєте нормальний розподіл, хоча опір не може бути негативним? Я здогадуюсь, що це призведе до розбіжності схеми в розбіжності.

— Дуглас Заре

1

Я знаю, що і мене накрутило, але на практиці це дійсно залежить від значень та . Якщо і , тоді ми можемо "зберегти" модель. У нормальних умовах дисперсія опору не дуже велика, тому останнє припущення чітко виконується. Це те, що спочатку турбувало мене і тоді, коли люди моделювали висоту як звичайну випадкову змінну, але з тієї ж причини, яку я дав тут, деякі люди, що знаходяться на Стак-біржі, змусили мене почувати себе нормально :-).

μ

$\mu$

σ^{2}

$\sigma^2$

μ >> 0

$\mu>>0$

μ >> σ

$\mu>>\sigma$

— Нестор

Хм, я думаю, що висота моделювання як нормальна настільки погана, що я використовую її як приклад розподілу, який, очевидно, не є нормальним. Я думаю, це може бути не страшним, якщо у вас є популяція здорових дорослих чоловіків з того ж генетичного походження. Однак я хотів би почути від біолога, що це нормально. У міркуваннях я занадто часто чув, що розмір кожної кістки є незалежним - це абсолютно нісенітниця.

— Дуглас Заре

Я просто зрозумів, що опори зазвичай не розподіляються (я можу поклястись, що прочитав їх там, де відповідають оригінальні ОП, але думаю, що це була лише моя фантазія).

— Нестор