đề thi và đáp án môn lưới điện 2

Hệ thống Điện Pháp - K48
Đề 1: Cho lưới điện có các thông số trong đơn vị tương đối. Lập hệ phương trình lặp Gauss Siedel và tính 1 bước lặp. Cho |V1| = 1, |V2| = 0,9 và P2 = 0,8 và S3 = 1,2 + j0,6.
1

X=0,4

2

X=0,5
X=0,25

3

Ta có tổng trở các đường dây:
Z 12= j0 , 40  y 12=Z −1
12 =− j2 , 5
−1

Z 13= j0 , 50  y 13=Z 13 =− j2 , 0
−1
Z 23= j0 , 25 y 23=Z 23 =− j5 ,0

Vậy các phần tử của ma trận tổng dẫn nút:
Y 11= y 12 y 13=− j4 ,5 ; Y 12=−y 12= j2 , 5 ; Y 13=− y 13= j2 , 0
Y 21=Y 12= j2 ,5 ; Y 22= y 12 y 23=− j6 , 5 ; Y 23 =−y 23= j4 , 0
Y 31=Y 13= j2 ,0 ; Y 32=Y 23= j4 , 0 ; Y 33= y 13 y 23=− j6

[

− j4 , 5 j2 ,5
j2 , 0

Y = j2 , 5
− j6 , 5 j4 , 0
j2 , 0
j4 , 0
− j6 ,0

]

Tính toán điện áp cho các nút: Vòng lặp thứ 1:
* Nút 3: Coi V 30 = 1/0
1 − P3 − jQ 3
[
−Y 31 V 01 −Y 32 V 02 ]
0 *
Y 33
V3
1 −1,2 j0 , 6
V 31=
[
− j2 , 0. 1− j4 , 00,9]
− j6
1
V 31=0,833− j0 , 2
V 13 =

* Nút 2 là nút PV :
•

Công suất phản kháng tại nút 2:

Hệ thống Điện Pháp - K48
Q12 =−Im {V 02 * Y 21 V 11Y 22 V 20Y 23 V 31}
Q12 =−Im {0,9 [  j2 , 51− j6 ,50,9 j4 , 00,833− j0 , 2 ]}
Q12 =0,0162
•

Điện áp tại nút 2:
1
1  P 2 − jQ 2 
 1
V =
[
−Y 21 V 1
1 −Y 23 V 3 ]
0 *
Y 22
V2
0,8− j0 , 0162
1
V 21=
[
− j2 ,51− j4 , 00,833−0,2 j]
− j6 , 5
0,9
V 21=0,9 j0.014 ∣V 1
2 ∣=0,900 , tức là không cần hiệu chỉnh V2 nữa.
 1
2

•

Làm bằng phương pháp Newton-Raphson:
•
Do có 1 nút cân bằng, về lý thuyết ma trận Jacobian sẽ là ma trận 4 x 4. Nhưng do nút 2 là
nút nguồn, |V2| = const nên chỉ còn ma trận 3 x 3 (3 ẩn là δ2, δ3, V3), ứng với 2 nút 2 và 3.
•
Các giá trị ban đầu:
 δ 2(0)   0 
 (0)   
 δ3  =  0 
 V3(0)   1 

  
•

Ma trận Jacobian có dạng:

2

J=

trong đó: với bước lặp lần 1:
 ∂P2 


 ∂δ 3 
 ∂P2 



 ∂δ1 

 ∂P2

2  ∂δ 2
 ∂P3

3  ∂δ 2
 ∂Q
 3
3  ∂δ 2

3

3

∂P2
∂δ 3

∂P2 

∂V3 
∂P3 

∂V3 
∂Q3 

∂V3 

∂P3

∂δ 3
∂Q3
∂δ 3

(1)

= − | V2(0) Y23V3(0) | sin(θ 23 + δ 3(0) − δ 2(0) ) = −1× 0,9 × 4 × sin(90 + 0 − 0) = −3, 6

(1)

= − | V1(0) Y12 V2(0) | sin(θ12 + δ1(0) − δ 2(0) ) = −1× 0,9 × 2,5 × sin(90 + 0 − 0) = −2, 25
(1)

 ∂P2 
 ∂P2 

 = −

 ∂δ 2 
 ∂δ1 

(0)

 ∂P 
− 2 
 ∂δ 3 

(0)

= 2, 25 + 3, 6 = 5,85

Hệ thống Điện Pháp - K48
(1)

 ∂P3 
(0)
(0)
(0)
(0)

 = − | V2 Y23 V3 | sin(θ 23 + δ 2 − δ 3 ) = −1× 0,9 × 4 × sin(90 + 0 − 0) = −3, 6
 ∂δ 2 
 ∂P3 


 ∂δ1 

(1)

= − | V1(0) Y13V3(0) | sin(θ13 + δ1(0) − δ 3(0) ) = −1×1× 2 × sin(90 + 0 − 0) = −2, 0
(1)

 ∂P3 
 ∂P3 

 = −

 ∂δ1 
 ∂δ 3 

 ∂Q3 


 ∂δ 2 

(1)

 ∂Q3 


 ∂δ1 

(1)

 ∂Q3 


 ∂δ 3 

(1)

 ∂P2 


 ∂V3 

(1)

 ∂P3 



 ∂V3 

(1)

(0)

 ∂P 
− 3 
 ∂δ 2 

( 0)

= 2, 0 + 3, 6 = 5, 6

= − | V2(0) Y23V3(0) | cos(θ 23 + δ 2(0) − δ 3(0) ) = −1× 0,9 × 4 × cos(90 + 0 − 0) = 0
= − | V1(0) Y13 V3(0) | cos(θ13 + δ1(0) − δ 3(0) ) = −1× 1× 2 × cos(90 + 0 − 0) = 0
 ∂Q 
= − 3 
 ∂δ1 

(0)

 ∂Q 
− 3 
 ∂δ 2 

(0)

= 0, 0 + 0, 0 = 0

=| V2(0) Y23 | cos(θ 23 + δ 2(0) − δ 3(0) ) = 0,9 × 4 × cos(90 + 0 − 0) = 0
= 2 | V3(0) | G 33 + | V1(0) Y31 | cos(θ13 + δ1(0) − δ 3(0) )+ | V2(0) Y32 | cos(θ 23 + δ 2(0) − δ 3(0) )

 ∂P 
→ 3 
 ∂V3 
 ∂Q3 


 ∂V3 

(1)

= 2 ×1× 0 + 1× 2 × cos(90 + 0 − 0) + 0,9 × 4 × cos(90 + 0 − 0) = 0

(1)

= −2 | V3(0) | B33 + | V1(0) Y31 | sin(θ13 + δ1(0) − δ 3(0) )+ | V2(0) Y32 | sin(θ 23 + δ 2(0) − δ 3(0) )

 ∂P 
→ 3 
 ∂V3 

(1)

= 2 ×1× (−6) + 1× 2 × sin(90 + 0 − 0) + 0,9 × 4 × sin(90 + 0 − 0) = −6, 4

Vậy, ma trận Jacobian cho vòng lặp thứ 1:

J (1)

mà

0 
 5,58 −3, 6

=  −3, 6 5, 6
0 
 0
0
−6, 4 



Hệ thống Điện Pháp - K48
(0)
P2,tinhtoan
=| V2(0) |2 G 22 + | V1(0) Y12 V2(0) | cos(θ12 + δ1(0) − δ 2(0) ) + | V3(0) Y32 V2(0) | cos(θ32 + δ 3(0) − δ 2(0) )
(0)
P2,tinhtoan
= 0,92 × 0 + 1× 2,5 × 0,9 × cos(90 + 0 − 0) + 1× 4 × 0,9 × cos(90 + 0 − 0) = 0
(0)
→ ∆P2,tinhtoan
= 0,8 − 0 = 0,8

(0)
P3,tinhtoan
=| V3(0) |2 G 33 + | V1(0) Y13V3(0) | cos(θ13 + δ1(0) − δ 3(0) )+ | V3(0) Y32 V2(0) | cos(θ32 + δ 3(0) − δ 2(0) )

(0)
P3,tinhtoan
=0
(0)
→ ∆P3,tinhtoan
= −1, 2 − 0 = −1, 2

(0)
Q3,tinhtoan
= − | V3(0) |2 B33 + | V1(0) Y13V3(0) | sin (θ13 + δ1(0) − δ 3(0) )+ | V3(0) Y32 V2(0) | sin (θ32 + δ 3(0) − δ 2(0) )
(0)
P3,tinhtoan
= −12 × (−6) + 1× 2 ×1× sin(90 + 0 − 0) + 1× 4 × 0,9 × sin(90 + 0 − 0) = 11, 6
(0)
→ ∆P3,tinhtoan
= −0, 6 − 1, 6 = −2, 2

phương trình lặp có dạng



(1) 
0   ∆δ 2   0,8 
 5,58 −3, 6
 −3, 6 5, 6
0   ∆δ 3(1)  =  −1, 2 



 0

0
−6, 4   ∆V3(1)   −2, 2 

 | V (0) | 
 3 


−1

(1) 
0   0,8   0,008749 
 ∆δ 2   5,58 −3, 6
→  ∆δ 3(1)  =  −3, 6 5, 6
0   −1, 2  =  -0,208661

 
(1)
0
−6, 4   −2, 2   0,343750 
 ∆V3   0
 | V (0) | 
 3 
́

180
(1)
= 0,501281o → δ 2(1) = δ 2(0) + ∆δ 2(1) = 0,501281o
∆δ 2 = 0,008749 ×
π



180
→ ∆δ 3(1) = -0,208661×
= 11,955395o → δ 3(1) = δ 3(0) + ∆δ 3(1) = 11,5955395o
π

(1)
 ∆V3
(1)
(1)
(0)
(1)
 (0) = 0,343750 → ∆V3 = 1× 0,343750=0,343750 → V3 = V3 + ∆V3 = 1,343750
|
V
|
 3
́V (1) = 0,9 /_ 0,501281o
→  2(1)
o
V3 = 1,343750 /_11,5955395


12/16/06 9:45 PM

MATLAB Command Window

>> power_flow exam_1_input
Input summary statistics:
17 lines in system file

1 SYSTEM lines
3 BUS lines
3 LINE lines
Results for Case exam_1
|====================Bus Information=======================================|=======Line Information======|
Bus
Bus
Volts / angle |--Generation--|------Load-----|--Cap--|
To
|----Line Flow---|
no.
Name Type
(pu)
(deg)
(MW) (MVAR)
(MW) (MVAR)
(MVAR)
Bus
(MW)
(MVAR)|
|========================================================================================================|
1
One SL
1.000/
0.00 -11.83
62.25
0.00
0.00
0.00
Two

-33.80
27.55
Three
21.97
34.70
2
Two PV
0.900/
8.64
80.00 -58.50
0.00
0.00
0.00
One
33.80
-19.95
Three
83.80
35.77
3
Three PQ
0.834/ -7.57
0.00
0.00 120.00
60.00
0.00
One
-21.97
-26.26
Two

-83.80
-10.15
|========================================================================================================|
Totals
68.17
3.75 120.00
60.00
0.00
|========================================================================================================|

Line Losses
|=====================================================|
| Line
From
To
Ploss
Qloss |
|
no.
Bus
Bus
(MW)
(MVAR) |
|=====================================================|
1
One
Two
0.00
7.61
2

One
Three
0.00
8.43
3
Two
Three
0.00
25.62
|=====================================================|
Totals:
0.00
41.66

Page 1


12/16/06 9:45 PM

MATLAB Command Window

|=====================================================|

Alerts
|=====================================================|
ALERT: Voltage on bus Two out of tolerance.
ALERT: Voltage on bus Three out of tolerance.
Done in 1 iterations.
>>

Page 2


Hệ thống Điện Pháp - K48
Đề 2:
Đường dây f = 50 Hz, dài l = 500 km có thông số R = 0,015 Ω/km, L = 1,2 mH/km, C = 0,01
μF/km, làm việc với chế độ công suất tự nhiên.
a) Xác định tổn thất điện áp tương đối:

∣V 1∣−∣V 2∣
∣V 2∣

b) Biết ở chế độ này V1 = 500 kV (điện áp dây). Tính công suất S1 S2 .
Giải:
a) Xác định tổn thất điện áp tương đối.
+ Tổng trở đơn vị của đường dây:
Z 0 =R0 j 2  f L0 =0,015 j 100  1,2.10−3=0,0150,376991 
+ Tổng dẫn đơn vị của đường dây:
Y 0 =G0 j 2  f C 0= j 100  0,01−6= j 3,14.10−6 1/
+ Hệ số truyền sóng:
=  Z 0 .Y 0≈0 j0 ,0011  =0, =0,0011
V˙ 2
+ Ở chế độ công suất tự nhiên, tổng trở phụ tải bằng với tổng trở sóng: Z˙ 2 = ˙ ≡ Z˙C
I2
Z˙C =



Z0
=346,57− j 6,8920  , góc của ZC : ξ = -0,0199 rad = - 1,1393o

Y0

1
+ Suy ra V =  V˙ 2 − Z˙C I˙2=0 , tức là sóng phản xạ không có
2
mà

1
V + = V˙ 2 Z˙ C I˙2 =V˙ 2 -> V˙ x =V˙ 2 e  x  V˙ 1=V˙ 2 e  l=V˙ 2 e  .l e j .l
2

+ Do ở đây α = 0 nên V1 và V2 có cùng module (tuy khác góc pha). Vậy tổn thất điện áp gần như
bằng 0, hay nói cách khác là phân bộ điện áp trên đường dây bằng phẳng
b) Tính công suất S1 và S2
V x
∣
V˙ x 2∣

S˙ x = 3 V˙ x I x =  3 V˙ x
= 3
/_  , trong đó ξ = - 1,1393o
∣Z C∣
ZC
+ Vì V1 = V2 theo chứng minh trên, vậy công suất tại đầu và cuối đường dây đều bằng:
S˙ 1= S˙ 2= 3

∣V˙ 12∣
ZC

= 3

500.1032
=1249− j 24,837 MVA
346,57 j 6,8920


Đề 3
Cho lưới điện với các thông số trong đơn vị tương đối (đã quy đổi về cùng cấp điện áp) như sau:
•
Máy phát điện có điện áp đầu cực bằng 1,1 /0o
•
Máy biến áp: nhánh từ hóa (ngang) có tổng dẫn bằng (- j 0,03), nhánh cuộn dây (dọc) có tổng trở
bằng ( j 0,12).
•
Đường dây có tổng trờ dọc bằng ( j 0,2); tổng dẫn ngang bằng ( j 0,04)
•
Phụ tải có P = 1,2 ; Q = 0,6

a) Vẽ sơ đồ thay thế và lập ma trận tổng dẫn nút
b) Khử nút đầu đường dây để thu được ma trận (2x2)
c) Giả sử điện áp ở phụ tải 1/0o , tính lại điện áp phụ tải và dòng đầu nguồn.

Giải:
•
•

Có khả năng người chép đề chép thiếu, bổ xung thêm XMF = 0,5
Sơ đồ thay thế: J = 1,1/0o / j0,5 = 2,2/-90o

Ma trận tổng dẫn nút:
0
j8,333 
 − j10,36


Y= 0
− j4,99
j5 
 j8,333
j5
− j13,323 

Khử nút đầu đường dây, tức là khử nút 3:
0 
 − j10,36
Y1 = 

− j4,99 
 0
 j8,333 
Y2 = 

 j5 
Y3 = ( j8,333 j5 )
Y4 = ( − j13,323)

 - j5,148 j3,127 
→ Ytd = Y1 − Y2 Y4−1Y3 = 


 j3,127 - j3,114 
Giả sử điện áp ở phụ tải = 1/0o , tính lại điện áp phụ tải và dòng đầu nguồn:


Đề 4
Lưới điện có dạng như hình vẽ, có các thông số trong cùng 1 hệ đơn vị tương đối:

Máy biến áp có X = 0,15
Đường dây có:
Đường dây

X

B (toàn bộ đường dây)

jB/2

1-2

0,4

0,3

j0,15

1-3

0,2

0,2

j0,1

2-3

0,25

0,2

j0,1

Tụ ở cuối nút 3 có B = 0,13
a) Biết vector áp nút. Tính công suất nút (dùng công thức ma trận)

[

0,95− j0 , 07
1,08 j0 , 19
U=
0,87− j0 , 19
1

]

b) Tính điện áp nút 1, 3 nếu không có tụ bù ở nút số 3. Giả sử U2, U4, I1, I3 không đổi so với khi có tụ.
Giải:
Đường dây

X

Y

B (toàn bộ đường dây)

jB/2

1-2

0,4

- j 2,5

0,3

j0,15

1-3

0,2

- j 5,0

0,2

j0,1

2-3

0,25

- j 4,0

0,2

j0,1

1-4

0,15

- j 8,667


Từ số liện về điện dẫn phản kháng của đường dây, ta tính được:
•
y01 = j 0,15 + j 0,1 =j 0,25
•
y02 = j 0,15 + j 0,1 =j 0,25
•
y03 = j 0,13 + j 0,1+ j 0,1= j 0,33
Vậy ma trận tổng dẫn nút của lưới:

[

− j15 , 917
j2 ,5
j5
j8 , 667
j2
,

5
−
j6
,
25
j4
0
Y=
j5
j4
− j8 , 67
0
j8 , 667
0
0
− j8 , 667
Ma trận dòng điện nút của lưới:

]


I=Y.U=
-0.6392 + 0.5959i
2.1225 - 0.8950i
-2.0573 + 1.5271i
0.6067 - 0.4334i
Công suất nút:
Si =  3 Ui . Ji* =
-1.1240 - 0.9029i
3.6758 + 2.3727i

-3.6027 - 1.6241i
1.0508 + 0.7506i
b) Khi bỏ đi tụ bù ở nút 3, ma trận tổng dẫn nút mới (chỉ khác ma trận Y cũ ở phần tử Y33 - khi bỏ đi tụ
bù nút 3 thì Y33 mới giảm đi j0,13):

[

− j15 , 917
j2 , 5
j5
j8 , 667
j2
,5
−
j6
,
25
j4
0
Y mới=
j5
j4
− j8 , 8
0
j8 ,667
0
0
− j8 , 667
 Y11


 Y21
 Y31

 Y41

]

Y14  V1   I1 
   
Y24  V2   I 2 
=
Y34  V3   I3 
   
Y44   V4   I 4 
́ Y V + Y12 V2 + Y13 V3 + Y14 V4 = I1
→  11 1
Y31V1 + Y32 V2 + Y33V3 + Y34 V4 = I1
Y12
Y22
Y32
Y42

Y13
Y23
Y33
Y43

́ (− j15,917).V1 + ( j2,5)(1, 08 + j0,19) + ( j5)V3 + ( j8, 667)(0,87 − j0,19) = -0,6392 + j0.5959
→
( j5)V1 + ( j4)(1, 08 + j0,19) + (− j8,8)V3 + (0)(0,87 − j0,19) = -2,0573 + j1,5271


́ (− j15,917).V1 + ( j5)V3 = −1,81093 − j9, 64439
→
( j5)V1 − j8,8)V3 = 0,2298-j4,32

Dễ dàng giải ta có nghiệm là V1 ... và V3 ...


Hệ thống Điện Pháp - K48
Đề 5
Đường dây l = 600 km, có các thông số X0 = 0,31 Ω/km, B0 = 3,80 μS/km, làm việc với V1 =
500 kV.
a) Xác định thông số của kháng bù ngang (điện kháng, công suất) đặt ở cuối để giữ điện áp cuối
đường dây bằng điện áp đặt ở đầu đường dây.
b) Xác định điện áp ở chính giữa đường dây.

Giải:
a)
•

Tính toán các thông số đường dây
•
•
•
•
•

Tổng trở đơn vị: Z 0 =R0 jX 0 = j0 , 31
Tổng dẫn đơn vị: Y 0 =G0 jB 0= j3 ,8.10−6 1/ 
Hằng số truyền sóng: =  Z 0 .Y 0= j1 , 085 mrad /km =1,085 mrad /km

Z
Tổng trở đường dây: Z C = 0 =286 
Y0
Công suất tự nhiên: Do đặt trước V2 = V1,
V 2 500.103 2
P tn = 2 =
=574 MW
ZC
286



Nếu mô hình hóa đường dây dài thành 1 mạng 2 cửa T có:

[

T=

cos  l
jY c sin  l

jZ c sin  l
cos l

]

hay A = cosβl

Khi gắn thêm kháng bù ngang ở cuối đường dây, ta coi kháng là 1 mạng 2 cửa có ma trận TK:

[ ]

T K= 1 0
Y l

với Y = -jBK

Mô hình mạng 2 cửa mới của toàn bộ hệ thống:

[

][ ]

cos  l
jZ c sin l
× 1 0 ,
Y l
jY c sin l
cos  l
A = 0,795 + j173,080.(-jBK) = 0,795 + 173,080 BK
T hệ thống =


Hệ thống Điện Pháp - K48
Ta biết V1 = A V2 + B I2. Nhưng do đang xét trong chế độ không tải, S2 = 0 nên I2 = 0.
Vậy V1 = A V2 .
Để |V1| = |V2| thì |A| = 1  B K =1,1844.10−3
1
=844,296 
1,1844.10−3

V2
500 2
Q K = K =
=296,1 MVAr
X K 844,296
 X K=

------------------- không đọc phần dưới ------------------------------------------------------------------•

Công thức tính điện áp trên đường dây dài:
•
•
•
•
•
•

•
•

•
•
•

V˙ x =V˙ 2 cosh  x I˙2 Z˙C sinh  x
˙
˙ ˙
Lấy vector V˙ 2 trùng với trục thực  V x=V 2 cosh  x I 2 Z C sinh  x

Ở bài toán này, do R0 = G0 = 0, tức là bỏ qua tổn thất,

= j = j  =0 do không tổn thất 
công thức tính lượng giác hyperbol trở thành:
cosh  x=cosh j  x=cos  x
sinh  x=sinh j  x= jsin  x
S2 P 2− j Q 2
V2
V2
Do không chứa R0, I˙2= =
và P tn = 2  Z C = 2
V˙ 2
V2
ZC
P tn
2
P − j Q2 V 2
thay vào ta được
V˙ x =V 2 cos  x 2
j sin  x
V2
P tn
Thay x = l,
P 2− j Q 2 V 22
˙
V 1=V 2 cos  l
j sin  l
V2
P tn
Q
P
V˙ 1=V 2 cos l 2 sin  l j 2 sin  l

P tn
P tn
Khi chạy không tải, P2 = Q2 = 0  V˙ 1=V 2 cos l
Do cosβl <1 nên module của V1 nhỏ hơn V2, hay điện áp cuối đường dây cao hơn điện áp
đầu đường dây.
Để V1 = V2, ta cần đặt bù ngang bằng kháng điện ở cuối đường dây nhằm tiêu thụ bớt công
suất phản kháng, lúc đó Q2 mới = Qkháng, ta có phương trình:
Q
cos l kháng sin  l=1 , từ đó tính ra được
Ptn
P
Q kháng = tn ×1−cos  l =496 MVAr
sin  l


Hệ thống Điện Pháp - K48
U 22
500.103 2
 X K=
=
=489 
Q kháng
511.106
b) Tính điện áp ở điểm chính giữa của đường dây:
Q
l
l
V˙M =V 2 cos   kháng sin  
2
P tn

2
600
511
600
 V˙M =500 cos1,085.10−3 .

sin 1,085.10−3 .
≈528 kV
2
1514
2
Điều này cho thấy điện áp tại giữa đường dây lớn hơn so với 2 điểm đầu đường dây.


Đề 6
Cho sơ đồ

P1 = 0,39
E = 0,9 /0o ; U2 = 1,087/-33o
Nhánh 3 -2 : X = 0,15 và B = 0,11
Nhánh 3 - 4 và 2 - 4: X = 0,25 và B = 0,22
Để giảm góc lệch pha nói trên ta sử dụng thiết bị tự động điều chỉnh kích từ cho máy phát, coi điện
kháng = 1/2 ban đầu.
Để đi tìm góc lệch pha ta thực hiện các bước sau:
1) Lập ma trận tổng dẫn nút cấp 4 cho lưới.
2) Khử nút 3, 4 để thu được ma trận mới.
3) Viết phương trình công suất đã cho của nút 1 và xác định góc lệch mới của phương trình này.

•

3

2

y23 = -j6,667
y B23 = j0,11/2

2 /2

=j
0 ,2

0 ,2
=j

2 /2

y B34
B2
4

1 y13 = -j20

y

yMF = -j1,6


Vậy ma trận tổng dẫn nút cấp 4 cho lưới
0

j20
0 
 − j21, 6
 0
− j10,502
j6, 667
j4 

Y=
 j20
j6, 667 − j30,502
j4 


j4
j4
− j7, 78 
 0
Khử nút 3, 4 của lưới:
0
 − j21, 6

Y1 = 

− j10,502 
 0
 − j20
Y2 = 
 j6, 667
 − j20

Y3 = 
 0

0
j4 
j6, 667 

− j4 

j4 
 − j30,502
Y4 = 

j4
− j7, 78 

0
 − j21, 6
  − j20
→ Ytd = Y1 − Y2 Y Y3 = 
−
− j10,502   j6, 667
 0
−1
4

−1

0  − j30,502
j4   − j20


 
j4 
j4
− j7, 78   0

 − j7,538 j6,134 
Ytd = 

 j6,134 − j5, 770 
* Câu 3 khả năng người chép lại đề đã chép thiếu / chép sai.

j6, 667 

− j4 