¿Por qué este mezclador no puede construirse con dos resistencias?

Piénselo: lo que sucede cuando no hay una tercera resistencia (a 0 voltios) y ambos voltajes de entrada son (digamos) 10 voltios: la salida será de 10 voltios, independientemente de lo que haya configurado como R1 y R2. Es decir, no funciona sin una tercera resistencia. Tal vez hay algunas excepciones pero, en general, no funciona.

Como ya has descubierto:

$$ a = \ frac {R_2} {R_1 + R_2} \\ b = \ frac {R_1} {R_1 + R_2} $$

También se da cuenta de que:

$$ a + b = \ frac {R_2} {R_1 + R_2} + \ frac {R_1} {R_1 + R_2} = 1 $$

Entonces \ $ a \ $ y \ $ b \ $ están estrechamente relacionados: una vez que elija el valor de \ $ a \ $ seleccionando \ $ R_1 \ $ y \ $ R_2 \ $, entonces el valor de \ $ b \ $ se establece también. En otras palabras: 2 resistencias solo te dan un grado de libertad , mientras que necesitas 2 grados de libertad para configurar \ $ a \ $ y \ $ b \ $ de forma independiente.

¿Y cómo puede introducir el grado adicional de libertad que necesita? Con una resistencia adicional \ $ R_3 \ $ conectada a tierra para que:

$$ a = \ frac {R_2 || R_3} {R_1 + (R_2 || R_3)} \\ b = \ frac {R_1 || R_3} {R_2 + (R_1 || R_3)} $$

Este es el circuito resultante:

^{simular este circuito : esquema creado usando CircuitLab}

Ahora, \ $ a \ $ y \ $ b \ $ no están tan estrechamente acoplados como antes. Gracias a la resistencia \ $ R_3 \ $ puede seleccionar valores para \ $ a \ $ y \ $ b \ $ distintos a los que dan \ $ a + b = 1 \ $. Ahora el problema se reduce para resolver \ $ R_1 \ $, \ $ R_2 \ $ y \ $ R_3 \ $, para que obtenga los \ $ a \ $ y \ $ b \ $ deseados.

Una mirada alternativa al problema:

Otra forma de ver esto es la siguiente.

Tiene 2 fuentes de voltaje \ $ V_1 \ $ y \ $ V_2 \ $ conectadas a un nodo común a través de las resistencias \ $ R_1 \ $ y \ $ R_2 \ $. Luego, el voltaje en el nodo común es un promedio ponderado de los voltajes \ $ V_1 \ $ y \ $ V_2 \ $, en la forma \ $ V_ {out} = aV_1 + bV_2 \ $. Puede cambiar la resistencia para establecer los pesos \ $ a \ $ y \ $ b \ $, pero la suma de los pesos debe ser 1, \ $ a + b = 1 \ $.

Ahora introducimos una tercera fuente de voltaje, así que tiene 3 fuentes de voltaje \ $ V_1 \ $, \ $ V_2 \ $ y \ $ V_3 \ $ conectadas a un nodo común a través de resistencias \ $ R_1 \ $, \ $ R_2 \ $ y \ $ R_3 \ $. Nuevamente, el voltaje en el nodo común es un promedio ponderado de los voltajes \ $ V_1 \ $, \ $ V_2 \ $ y \ $ V_3 \ $, en la forma \ $ V_ {out} = aV_1 + bV_2 + cV_3 \ $. Puede cambiar la resistencia para establecer los pesos \ $ a \ $, \ $ b \ $ y \ $ c \ $, pero la suma de los pesos debe ser 1 nuevamente, \ $ a + b + c = 1 \ $.

Sin embargo, en este caso, podemos establecer la tercera fuente en 0V, que es lo mismo que conectar \ $ R_3 \ $ a tierra. Entonces, la salida no dependerá del coeficiente \ $ c \ $, es decir, \ $ V_ {out} = aV_1 + bV_2 \ $. Tiene la misma expresión del caso anterior, pero con un grado adicional de libertad, porque ahora \ $ a + b = 1-c \ $ en lugar de \ $ a + b = 1 \ $. Por lo tanto, puede ajustar el valor de c para obtener los valores de \ $ a \ $ y \ $ b \ $ que necesita.

Las otras respuestas son correctas. Podría ser más fácil de entender si primero puede convencerse de que los coeficientes de V1 y V2 en la ecuación de Vout deben sumar 1, si solo se usan 2 resistencias. En la tarea no lo hacen, por lo que la tercera resistencia permite que el total tenga un valor más pequeño.

^{simular este circuito : esquema creado usando CircuitLab}

Como lo señaló Andy, los valores de las resistencias en este circuito no son relevantes si \ $ V_1 = V_2 \ $ \ $ V_ {out} \ $ serán los mismos que \ $ V_1 \ $ o \ $ V_2 \ $.

La salida siempre estará en algún lugar entre \ $ V_1 \ $ y \ $ V_2 \ $.

Si aplica la ley actual de Kirchoff de que la corriente neta en un nodo es cero, o dicho de otra manera, en este caso, la corriente que fluye hacia afuera a través de \ $ R_1 \ $ debe ser igual a la corriente que fluye a través de \ $ R_2 \ $ podemos probar fácilmente.

$$ out = \ dfrac {\ dfrac {V_1} {R_1} + \ dfrac {V_2} {R_2}} {\ dfrac {1} {R_1} + \ dfrac {1} {R_2}} = \ dfrac {V_1 \ cdot R_2 + V_2 \ cdot R_1} {R_1 + R_2} $$

Por lo que estamos buscando para resolver su ejemplo

\ $ \ dfrac {R_2} {R_1 + R_2} = \ dfrac {1} {2} \ $ so \ $ R_2 = R_1 \ $

y

\ $ \ dfrac {R_1} {R_1 + R_2} = \ dfrac {1} {6} \ $ so \ $ R_2 = 5 \ cdot R_1 \ $

Esto, obviamente, no puede ser cierto, por lo que necesita la tercera resistencia a 0V.

Editar: Ampliando esta respuesta

Si agregamos una tercera resistencia, hemos extendido el rango de \ $ a \ $ y \ $ b \ $ disponibles, pero aún estamos limitados en cuanto a los índices disponibles.

Sin \ $ R_3 \ $ entonces \ $ a = \ dfrac {R_2} {R_1 + R_2} \ $ y \ $ b = \ dfrac {R_1} {R_1 + R_2} \ $ Giving:

$$ a + b = \ dfrac {R_1} {R_1 + R_2} + \ dfrac {R_2} {R_1 + R_2} = \ dfrac {R_1 + R_2} {R_1 + R_2} = 1 $$

Desde \ $ \ dfrac {1} {2} + \ dfrac {1} {6} = \ dfrac {2} {3} \ neq 1 \ $ Lo que quieres no es posible.

Agregando \ $ R_3 \ $ desde 0V hasta que tengamos

$$ \ begin {align} out = & \ dfrac {\ dfrac {V_1} {R_1} + \ dfrac {V_2} {R_2}} {\ dfrac {1} {R_1} + \ dfrac {1} {R_2} + \ dfrac {1} {R_3}} \ \    = & \ dfrac {\ dfrac {V_1 \ cdot R_2 + V_2 \ cdot R_1} {R_1 \ cdot R_2}} {\ dfrac {R_1 \ cdot R_2 + R_1 \ cdot R_3 \ cdot R_3 + R_2 \ cdot R_3} {R_1 \ cdot R_2 \ \ cdot } \\ = & \ dfrac {V_1 \ cdot R_2 + V_2 \ cdot R_2} {R_1 + R2 + \ dfrac {R_1 \ cdot R_2} {R_3}} \ end {align} $$

Dando

\ $ a = \ dfrac {R_2} {R_1 + R_2 + \ dfrac {R_1 \ cdot R_2} {R_3}} \ $ y \ $ b = \ dfrac {R_1} {R_1 + R_2 + \ dfrac {R_1 \ cdot R_2} {R_3}} \ $

Un momento de reflexión debería convencerte de que \ $ 0 \ le a + b \ lt 1 \ $

¿Cómo elegimos \ $ R_1 \ $, \ $ R_2 \ $ y \ $ R_3 \ $?

\ $ R_2 = \ dfrac {a} {b} \ cdot R_1 \ $

y

\ $ R_3 = \ dfrac {a} {1 - (a + b)} \ cdot R_1 \ $