On considère maintenant une charge triangle équilibrée avec une même impédance $Z \neq 0$ entre chaque paire de phases.
Mise en équation en coordonnées usuelles
Les équations en coordonnées usuelles sont : \begin{equation} \begin{cases} Z I_A = (V_A – V_B) + (V_A – V_C) = 2 V_A – V_B – V_C \\ Z I_B = (V_B – V_A) + (V_B – V_C) = 2 V_B – V_A – V_C \\ Z I_C = (V_C – V_A) + (V_C – V_B) = 2 V_C – V_A – V_B. \end{cases} \end{equation} soit par blocs, et en faisant apparaître la matrice $S$ de l’équation (1.3): \begin{equation} Z \, I_{ABC} = (2 \, I_3 – S – S^\top) \, V_{ABC}. \end{equation} Notre composant fait intervenir deux triplets de variables triphasées, $V_{ABC}$ et $I_{ABC}$, qui sont ses variables de port ; il ne comporte aucune variable isolée, ni aucune variable interne. Le système compte 6 variables et trois équations indépendantes, soit trois degrés de liberté comme cela est attendu pour un composant à trois ports.
Remarque :
Le cas $Z = 0$ est celui du défaut triphasé franc, qui sera étudié plus tard. Les équations ci-dessus ne sont alors plus indépendantes : leur somme donne l’équation triviale $0 = 0$.
La matrice comporte un bloc triphasé d’équations et aucune équation isolée. Dans l’unique bloc triphasé d’équations, les deux sous-matrices (c’est-à-dire les blocs \(A_i^j\) au sens de l’équation 3.1 sont respectivement égales à \(Z \, I_3\) pour ce qui concerne le triplet \(I_{ABC}\) et à $S + S^\top – 2 \, I_3$ pour ce qui concerne le triplet \(V_{ABC}\). La matrice possède donc la structure circulante. De plus, les deux sous-matrices $3 \times 3$ du problème sont particulières :
- $Z \, I_3$ est diagonale et ses trois valeurs propres sont donc égales entre elles, et égales à $Z$,
- et la matrice $S + S^\top – 2 \, I_3$ est une matrice circulante symétrique réelle, ce qui implique que ses trois valeurs propres sont réelles et que sa deuxième et sa troisième valeurs propres sont égales.
En particulier, on s’attend à ce que les systèmes direct et inverse soient identiques.
Changement de base sur les triplets de variables triphasées
On effectue le changement de variables :
\begin{equation} \label{eq:charge-triangle-post-Fortescue} Z \, F \, I_{0id} = (2 \, I_3 – S – S^\top) \, F \, V_{0id}. \end{equation} Le problème est désormais exprimé en variables symétriques, mais la structure diagonale n’est pas encore apparue.
Changement de base sur les blocs triphasés d’équations
On effectue le changement d’équations, autrement dit on prémultiplie notre unique bloc triphasé d’équations par $F^{-1}$ : \begin{equation} Z \, I_{0id} = F^{-1} (2 \, I_3 – S – S^\top) \, F \, V_{0id}. \end{equation} On exploite les formules (1.11) de diagonalisation de $S$ et $S^\top$ et, tous calculs faits, on obtient le système découplé suivant~: \begin{equation} \begin{cases} I_0 = 0, \\ V_i = \frac{Z}{3} I_i, \\ V_d = \frac{Z}{3} I_d. \end{cases} \end{equation} Les systèmes direct et inverse sont identiques comme attendu.
Schéma électrique symétrique
Notre charge en triangle équilibrée peut donc être vue, en composantes symétriques, comme deux impédances de même valeur $\frac{Z}{3}$ placées respectivement dans le circuit direct entre le port $(V_N, I_N)$ et l’origine des potentiels, et dans le circuit indirect entre le port $(V_i, I_i)$ et l’origine des potentiels. Enfin, dans le circuit homopolaire, notre charge en triangle est équivalente à un fil en l’air sur le port $(V_0, I_0)$~: le courant $I_0$ y est nul, et le potentiel $V_0$, qui n’apparaît nulle part dans les équations, y est quelconque. La situation est représentée sur la figure ci-dessous.
Remarque : On observe qu’une charge étoile équilibrée à neutre non-relié réalisée avec un triplet d’impédances $Z$ d’une part, et une charge triangle équilibrée réalisée avec un triplet d’impédances $3Z$ d’autre part, sont équivalentes : elles ont exactement le même schéma électrique symétrique. On aurait bien sûr pu arriver à la même conclusion de façon beaucoup plus simple sans passer par la théorie des composantes symétriques, par exemple en utilisant la transformation de Kennelly.
Modélisation de la charge triangle directement en coordonnées symétriques, sans passer par les coordonnées usuelles
A titre d’exemple, essayons une nouvelle fois d’appliquer la méthode des solutions particulières.
On cherche d’abord une solution purement directe. La loi d’Ohm sur la branche qui va de A vers B impose à $(V_d – a^2 V_d)/Z = \frac{1-a^2}{Z} V_d$ et celle sur la banche de A vers C impose à $\frac{1-a}{Z} V_d$, tandis que la loi des nœud au sommet A du triangle impose $I_d = \frac{2-a-a^2}{Z} V_d = \frac{3}{Z} V_d$. Il n’est pas nécessaire de refaire le travail sur B et C car les équations correspondantes seront liées à celle que nous avons déjà trouvée. L’équation directe est donc $V_d = \frac{Z}{3} I_d$.
On cherche ensuite une solution purement inverse. La situation étant identique à celle du mode direct, on trouve instantanément $V_i = \frac{Z}{3} I_i$.
Enfin on cherche une solution purement homopolaire et on voit que seule la solution $I_0=0$ (avec $V_0$ quelconque) convient.
Nous avons ainsi déterminé les équations symétriques de la charge triangle sans avoir besoin d’écrire les équations en coordonnées usuelles, et sans avoir à effectuer le moindre changement de base.