Con el convenio de signos de la corriente del primario entrando en el punto y la corriente del secundario saliendo del punto, (en cada malla la corriente es en el sentido de las agujas del reloj), las 2 ecuaciones de malla son:
\( 10=[1+j(10-X_c)] I_1-j 10 I_2 \)
\( 0=-j10 I_1+(R+j 15)I_2 \)
Llamemos:
\( I_1=a+jb \)
\( I_2=u+jv \)
La potencia activa entregada por la fuente:
\( P=Re[V_s \cdot I_1^*]=Re[10 (a-j b)]=Re[10a-j10b]=10a=\dfrac{100}3 \)
Por lo tanto
\( a=\dfrac{10}3 \)
Sustituyendo en las ecuaciones de malla:
\( 10=[1+j(10-X_c)]\left ( \dfrac{10}3+j b\right )-j 10 (u+j v) \)
\( 0=-j 10\left (\dfrac{10}3+jb\right )+(R+j15)(u+jv) \)
Si operamos estas 2 ecuaciones complejas e igualamos partes reales y partes imaginarias a ambos lados del igual, obtenemos 4 ecuaciones reales. Pero tenemos 5 incógnitas, que son:
\( b, \ u, \ v, \ R, \ X_c \)
Nos falta una ecuación, que se obtiene de la potencia activa consumida por el circuito:
\( P=1\cdot I_1^2+R\cdot I_2^2 \)
\( \dfrac{100}9+b^2+R(u^2+v^2)=\dfrac{100}3 \)
Ahora ya son 5 ecuaciones con 5 incógnitas que deberían resolver el problema. Como la última ecuación es de 2º grado en \( u, \ v, \ b \), es posible que haya más de una solución al ejercicio. Por tanteo he obtenido que una solución es:
\( X_c=10 \ \Omega \)
\( R=48.4846923 \ \Omega \)
No se me ocurre otra forma más sencilla de enfocarlo.
Saludos.
