Найдём токи, текущие в звеньях, зная, что в точке, расположенной справа от точки $C$ потенциал равен $u e^{iq}$.

Теперь запишем первое правило Кирхгофа для узлов с потенциалами $u$ и $V e^{iq}$ соответственно
\begin{cases}
(V-u) \cdot i \omega C_1 = (u-Ve^{iq}) \cdot i \omega C_2 + \dfrac{u}{i \omega L}, \\
(u-Ve^{iq}) \cdot i \omega C_2 = e^{iq}(V-u) \cdot i \omega C_1 + \dfrac{Ve^{iq}}{i \omega L}.
\end{cases}
Полученной системы уравнений достаточно, чтобы получить выражение для $\cos q(\omega).$

Метод 1. Из обоих уравнений выразим $\dfrac{u}{V}$ и приравняем их. 

Получим из 1 и 2 уравнений соответственно: \begin{cases} \dfrac{u}{V} = \dfrac{e^{iq} \cdot i \omega C_2+i \omega C_1}{i \omega \cdot \left(C_1+C_2-\dfrac{1}{\omega^2 L}, \right)}, \\ \dfrac{u}{V} = \dfrac{e^{iq} \cdot i \omega \cdot \left( C_1+C_2-\dfrac{1}{\omega^2 L} \right)}{e^{iq}\cdot i \omega C_1 + i \omega C_2}, \end{cases} 

откуда, приравнивая $\dfrac{u}{V}$ из разных уравнений друг другу и сокращая на $i \omega$, получим уравнение, содержащее только неизвестную $q$: $$\left( e^{iq}C_2 +C_1 \right)\left( e^{iq}C_1 +C_2 \right) = e^{iq} \left(C_1+C_2-\dfrac{1}{\omega^2L} \right)^2.$$ 

Теперь раскроем скобки слева и поделим обе части уравнения на $e^{iq}:$ $$C_1^2+C_2^2 + C_1C_2 \left( e^{iq} + e^{-iq}\right) = \left( C_1+C_2 - \dfrac{1}{\omega^2 L}\right)^2.$$ 

Учитывая, что $e^{iq}+e^{-iq} = 2 \cos(q),$ получаем соотношение на $\cos q$ $$\cos q = \dfrac{\left( C_1 + C_2 - \dfrac{1}{\omega^2 L} \right)^2-C_1^2-C_2^2}{2 \cdot C_1C_2}.$$

Метод 2. На самом деле, быстрее поступить немного иначе. Запишем систему уравнений как линейную относительно $V$ и $u$,

\begin{cases} V\left(C_1+C_2 e^{iq}\right)+u\left(-C_1-C_2+\dfrac{1}{\omega^2 L}\right)=0,\\ V\left(-C_1-C_2+\dfrac{1}{\omega^2 L}\right)+u\left(C_1+C_2 e^{-iq}\right)=0. \end{cases}

Чтобы система имела нетривиальное решение (их бесконечное количество), необходимо и достаточно приравнять нулю главный определитель системы. Таким образом,

$$\left(C_1+C_2 e^{iq}\right)\left(C_1+C_2 e^{-iq}\right)=\left(C_1+C_2-\dfrac{1}{\omega^2 L}\right)^2.$$

Окончательно, $$\cos q = \dfrac{\left( C_1 + C_2 - \dfrac{1}{\omega^2 L} \right)^2-C_1^2-C_2^2}{2 \cdot C_1C_2}.$$

Первый способ. Приведем выражение для $\cos{q}$

$$\cos{q}=1-\dfrac{C_1+C_2}{C_1C_2}\cdot \dfrac{1}{\omega^2 L}+\dfrac{1}{2C_1 C_2}\cdot \left(\dfrac{1}{\omega^2L}\right)^2$$

Решим два квадратных неравенства

1. $\\$ \begin{align*}\cos{q}>1;\\ -\dfrac{C_1+C_2}{C_1C_2}\cdot \dfrac{1}{\omega^2 L}+\dfrac{1}{2C_1 C_2}\cdot \left(\dfrac{1}{\omega^2L}\right)^2>0;\\ \dfrac{1}{\omega^2 L}\left(\dfrac{1}{\omega^2 L}-2\left(C_1+C_2\right)\right)>0; \\ \dfrac{1}{\omega^2 L} \in \left(-\infty;0\right) \cup \left(2\left(C_1+C_2\right);+\infty\right); \\ \omega^2 L \in \left(0;\dfrac{1}{2\left(C_1+C_2\right)}\right)\end{align*}
2. $\\$ \begin{align*}\cos{q}<-1;\\ 2-\dfrac{C_1+C_2}{C_1 C_2} \cdot \dfrac{1}{\omega^2 L}+\dfrac{1}{2C_1C_2}\cdot\left(\dfrac{1}{\omega^2 L}\right)^2<0;\\ \left(\dfrac{1}{\omega^2 L}\right)^2-2\left(C_1 + C_2\right)\cdot\dfrac{1}{\omega^2 L}+4C_1C_2<0;\\ \left(\dfrac{1}{\omega^2 L}-2C_1\right)\left(\dfrac{1}{\omega^2 L}-2C_2\right)<0;\\ \dfrac{1}{\omega^2 L} \in \left(2C_1;2C_2\right);\\ \omega^2 L \in \left(\dfrac{1}{2C_1};\dfrac{1}{2C_2}\right)\end{align*}

Из объединения системы неравенств получаем конечный ответ

$$\omega\in\left[0;\dfrac{1}{\sqrt{2\left(C_1+C_2\right)L}}\right)\cup\left(\dfrac{1}{\sqrt{2C_2L}};\dfrac{1}{\sqrt{2C_1L}}\right).$$

Второй способ. Запишем выражение для $x=\cos q$ $$x=1-\dfrac{C_1+C_2}{C_1C_2}\cdot \dfrac{1}{\omega^2L}+\dfrac{1}{2C_1C_2}\cdot \dfrac{1}{\omega^4L^2}.$$ Получаем, что зависимость $x(\dfrac{1}{\omega^2L})$ квадратичная, построим ее график качественный график, на котором отметим точки пересечения с прямыми $\cos{q}=1$ и $\cos{q}=-1$.

Полученный график можно качественно перестроить в осях $y=\cos{q}$ $x=\omega^2L$, сохранив все экстремумы и преобразовав ось $x$.

Введем обозначения соответствующие координатам $x$ точке пересечения построенного графика с прямыми $\cos{q}=1$, $\cos{q}=1$. В точке пересечения графика с $\cos{q}=1$, $\omega=\omega_1$. В точке пересечения графика с $\cos{q}=-1$, $\omega=\omega_2$ и $\omega=\omega_3$. Составим и решим квадратные уравнения относительно $\dfrac{1}{\omega^2L}$

1. $\\$ \begin{align*}\cos{q}=1;\\ -\dfrac{C_1+C_2}{C_1C_2}\cdot \dfrac{1}{\omega^2 L}+\dfrac{1}{2C_1 C_2}\cdot \left(\dfrac{1}{\omega^2L}\right)^2=0;\\ \dfrac{1}{\omega^2 L}\left(\dfrac{1}{\omega^2 L}-2\left(C_1+C_2\right)\right)=0; \\ \dfrac{1}{\omega^2 L} = 2\left(C_1+C_2\right) \text{или} \dfrac{1}{\omega^2 L} = 0\end{align*}
2. $\\$ \begin{align*}\cos{q}=-1;\\ 2-\dfrac{C_1+C_2}{C_1 C_2} \cdot \dfrac{1}{\omega^2 L}+\dfrac{1}{2C_1C_2}\cdot\left(\dfrac{1}{\omega^2 L}\right)^2=0;\\ \left(\dfrac{1}{\omega^2 L}\right)^2-2\left(C_1 + C_2\right)\cdot\dfrac{1}{\omega^2 L}+4C_1C_2=0;\\ \left(\dfrac{1}{\omega^2 L}-2C_1\right)\left(\dfrac{1}{\omega^2 L}-2C_2\right)=0;\\ \dfrac{1}{\omega^2 L} = 2C_1 \text{или} \dfrac{1}{\omega^2 L} = 2C_2\end{align*}

Сопоставляя решения уравнений с графиком получаем ответ

$$\omega\in\left[0;\dfrac{1}{\sqrt{2\left(C_1+C_2\right)L}}\right)\cup\left(\dfrac{1}{\sqrt{2C_2L}};\dfrac{1}{\sqrt{2C_1L}}\right).$$

Подключим генератор к цепи согласно инструкции в условии. С помощью двух каналов осциллографа будем измерять удвоенную амплитуду напряжения на генераторе $U_0$ и удвоенную амплитуду напряжения на первом звене $U_1$. 

По сдвигу фаз сигналов на осциллографе будем измерять $\Re{(q)}$

$$\Re{(q)}=2\pi f\Delta T$$

По отношению амплитуд на сигналах будем измерять $\Im{(q)}$

$$\Im{(q)}=\ln{\dfrac{U_0}{U_1}}$$

Примечание. При проведении измерений в диапазоне частот $f\in\left[770;890\right]~\text{кГц}$ цепь находится в проводящем состоянии (соответствует диапазону частот $f\in\left(\dfrac{1}{\sqrt{2\left(C_1+C_2\right)L}};\dfrac{1}{\sqrt{2C_2L}}\right)$), поэтому при измерениях можно заметить влияние отраженной волны. При линеаризации эти точки будут давать выбросы.

Используя результат прошлых пунктов
$$\cos{q}=1-\dfrac{C_1+C_2}{C_1C_2}\cdot \dfrac{1}{\omega^2L}+\dfrac{1}{2C_1C_2}\cdot \dfrac{1}{\omega^4L^2}.$$Преобразуя выражение получаем линеаризацию $(1-\cos{q})\cdot\omega^2L$ от $\dfrac{1}{\omega^2L}$
$$(1-\cos{q})\cdot\omega^2L=\dfrac{C_1+C_2}{C_1C_2}-\dfrac{1}{2C_1C_2}\cdot \dfrac{1}{\omega^2L}.$$Линеаризуем зависимость и построим график.

Параметры линейной зависимости (угловой коэффициент и показатель сдвига соответственно)$$k=-2.58\cdot10^{24}~\text{Гц}^4,\quad b=4.86\cdot10^{12}~\text{Гц}^2.$$

Согласно теории, 

\begin{align*}k=-\dfrac{(2\pi)^2}{2L^2}\cdot\dfrac{1}{C_1C_2},\quad b=\dfrac{(2\pi)^2}{L}\cdot\dfrac{C_1+C_2}{C_1C_2}. \end{align*} Откуда получаем (воспользовавшись, например, теоремой Виета для квадратного уравнения, корни которого — обратные емкости) 

\begin{align*}C_1=0.43 \text{нФ},\\ C_2=0.89 \text{нФ}. \end{align*}

Расставим токи и потенциалы в цепи аналогично части A

Тогда запишем волновой импеданс $z_r$ для волны, бегущей вправо
$$z_r=\dfrac{V}{I}=\dfrac{V}{V-u}\cdot\dfrac{1}{i\omega C_1}.$$Подставим соотношение для $\dfrac{u}{V}$, полученное в части A
$$z_r=\dfrac{1}{1-\dfrac{C_1+C_2 e^{iq}}{C_1+C_2-\dfrac{1}{\omega^2L}}}\cdot\dfrac{1}{i\omega C_1}=\dfrac{C_1+C_2-\dfrac{1}{\omega^2L}}{C_2(1-e^{iq})-\dfrac{1}{\omega^2L}}\cdot\dfrac{1}{i\omega C_1}.$$Выражение для $z_l$ можно получить используя замену $q \rightarrow -q$
$$z_l=\dfrac{C_1+C_2-\dfrac{1}{\omega^2L}}{C_2(1-e^{-iq})-\dfrac{1}{\omega^2L}}\cdot\dfrac{1}{i\omega C_1}.$$

Запишем граничное условие для тока вытекающего из звена в цепи с номером $N$
$$I_r(N,t)+I_l(N,t)=0.$$Выразим токи каждой из волн через соответствующие напряжения на нулевом звене
\begin{align*}\dfrac{V_r(0,t)e^{iqN}}{z_r}+\dfrac{V_l(0,t)e^{-iqN}}{z_l}=0,\\ V_l(0,t)=-\dfrac{z_l}{z_r}V_r(0,t)e^{2iqN}.\end{align*}

Напишем выражение для полного импеданса цепи подставляя амплитуду напряжения и тока как суммы амплитуд напряжения и тока двух волн
$$z=\dfrac{V_r(0,t)+V_l(0,t)}{I_r(0,t)+I_l(0,t)}=\dfrac{V_r(0,t)+V_l(0,t)}{\dfrac{V_r(0,t)}{z_r}+\dfrac{V_l(0,t)}{z_l}}.$$Подставим полученные соотношения на амплитуды напряжений волн
$$z=\dfrac{1-\dfrac{z_l}{z_r}e^{2iqN}}{\dfrac{1}{z_r}+\dfrac{1}{z_l}\left(-\dfrac{z_l}{z_r}e^{2iqN}\right)}=\dfrac{z_r-z_le^{2iqN}}{1-e^{2iqN}}.$$Подставим соотношение на импедансы и пренебрежем $\dfrac{1}{\omega^2L}$
$$z=z_r\dfrac{1-\dfrac{C_2\left(1-e^{iq}\right)-\dfrac{1}{\omega^2L}}{C_2\left(1-e^{-iq}\right)-\dfrac{1}{\omega^2L}}\cdot e^{2iqN}}{1-e^{2iqN}}=z_r\dfrac{1-\dfrac{1-e^{iq}}{1-e^{-iq}}\cdot e^{2iqN}}{1-e^{2iqN}}=z_r\dfrac{1+e^{2iq\left(N+\frac{1}{2}\right)}}{1-e^{2iqN}}.$$Возьмем модуль от полученного выражения
$$|z|=|z_r|\dfrac{\cos{\left(q\left(N+\frac{1}{2}\right)\right)}}{\sin{\left(qN\right)}}.$$

Максимум модуля достигается при $qN=\pi \Delta n$. Получим выражение на частоты, при которых достигаются экстремумы импеданса
$$\arccos{\left(\dfrac{1}{2C_1C_2}\left(\dfrac{1}{\omega^2L}-\left(C_1+C_2\right)\right)^2-\left(C_1^2+C_2^2\right)\right)}=\dfrac{\pi \Delta n}{N}.$$

Подключимся к плате согласно условию, будем измерять частоты, при которых достигается минимум амплитуды напряжения на резисторе. Сигнал на резисторе получим, используя режим осциллографа math, вычитая из сигнала, снимаемого с генератора, сигнал, снимаемый на контактах J2-GND.

Построим зависимость $q=2\pi-\arccos{\left(\dfrac{1}{2C_1C_2}\left(\dfrac{1}{\omega^2L}-\left(C_1+C_2\right)\right)^2-\left(C_1^2+C_2^2\right)\right)}$ от $n$.

Угловой коэффициент равен $k=0.198$, откуда $N=15.9\approx 16$.

Соберем установку согласно условию. Первый канал осциллографа подключим к генератору, второй — к плате. С помощью режима math вычтем из одного сигнала другой, таким образом получим напряжение на резисторе. Снимем зависимость $U_r(f)$ и $U(f)$, пересчитаем импеданс по формуле $Z=\dfrac{U}{U_r}r$.

Соберем установку согласно условия. Измерения будем проводить, как в части С1.

Снимем зависимость $U(n)$, где $U$ — напряжение затухающего пика, $n$ — номер пика. Из МНК определим логарифмический декремент, откуда найдем $t_a$ и $Q_a$.