f s1 Para no entrar en ninguna banda prohibida, las nuevas especificaciones que tendremos en cuenta serán y. (+1p)

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1 . Obtenga la función de tranferencia de un filtro pao de banda que cumpla la iguiente epecificacione: a) Banda paante máximamente plana en f 45, khz con atenuación A p db. b) Banda de rechazo máximamente plana en f khz y f khz. c) Demotrar que dicho filtro puede implementare con el circuito de la figura. Dimenionar lo diferente elemento para R C C coneguir enibilidade mínima. Jutifique matemáticamente u repueta. i V R K V o Solución: Dado que el prototipo pao de baja debe tener tanto la banda de pao como la banda de rechazo máximamente plana, uaremo la aproximación de Butterworth. (0.5p) Por er un filtro pao de banda el que debemo implementar, empezamo por calcular la frecuencia central. En ete cao, uamo como dato lo borde de la banda paante: f 0 = f p f p = khz Debemo ahora comprobar lo borde de la banda de rechazo para verificar i exite imetría geométrica repecto de f 0. En cao contrario, uaremo como nuevo borde aquello que no incumplan la epecificacione de partida: = = 075kHz, f f f 0 f f 0 = = 9kHz f Para no entrar en ninguna banda prohibida, la nueva epecificacione que tendremo en cuenta erán y. (p) f f El cálculo de ε e tiene de la expreión: ε 0 0A p = = 0, 5088, Para el cálculo de orden del filtro deberíamo conocer el valor de δ, pero en ete cao no hace falta: dado que no indican que el filtro final puede implementare con el circuito de la figura (que, por tener do condenadore, debe er de egundo orden) y que abemo que la tranformación LPBP implica que el orden e multiplica por un factor do, la única poibilidad que no queda e que el prototipo pao de baja ea un Butterworth de orden uno. (0.5p) Tra eta conideracione, la función de tranferencia del filtro erá: k k Hjw ( ) = ε w = 0, 5088w Lo modo naturale pueden obtenere de igualar el denominador a cero, utituir = jw y aplicar continuidad analítica o bien, de modo má encillo, aplicando la fórmula que aparece en el formulario para el cao n=: jπ ε = e = =, 95 (0.5p) ε Con lo que la función de tranferencia del prototipo pao de baja queda (alvo contante):

2 k H ( ) = (p), 95 En ete cao tan encillo, la contante e tiene muy fácilmente in má que hacer H(0) =, de donde k =,95. Por lo tanto, el prototipo pao de baja queda perfectamente definido por 95, H ( ) = (0.5p), 95 Neceitamo ahora aplicar la converión LPBP, que, como abemo, obedece a la expreión p w 0 = donde w krad/ y krad/ pb 0 = π B = π, 5 Eto no lleva a 087p Hp ( ) = (p) p 087p 505 De donde e tiene, de forma lógica, que w 0 = 505 = 8849 = 000π rad/ por lo que Q = 0, Para reolver el apartado c) neceitamo calcular la función de tranferencia aociada al circuito de la figura. Teniendo en cuenta un modelo de amplificador operacional ideal podemo aplicar el principio de tierra virtuale, de modo que aplicando Kirchhoff en lo nudo y (ver figura), obtenemo: ) g ( V i V ) = C V C ( V V o ) (0.5p) ) C V = g V o Lo que, reolviendo, no lleva a H ( ) R C = (p) R C R C R C R C De la comparación de eta expreión con la que hemo obtenido en el apartado anterior podríamo deducir el dimenionado de lo diferente elemento del circuito de la figura, in embargo, e lógico comprender que en ee cao no tendría entido un etudio de enibilidad dado que todo lo elemento que e tienen en cuenta on paivo. Para dar una repueta definitiva al último apartado e, pue, neceario hacer un análii del circuito coniderando un modelo de ganancia finita para el amplificador operacional (de valor K, tal y como ugiere el equemático que aparece en la figura). En ete cao, la ecuacione que reultan de la aplicación de la leye de Kirchhoff on: ) g ( V i V ) = C ( V V ) C ( V V 0 ) ) C ( V V ) = g ( V V 0 ) (0.5p) ) V 0 = KV

3 Suponiendo, por comodidad, que C = C = C circuito a la que e llega e: H ( ) K R C = (p) K R C ( K )R C R R C De donde, i definimo r = R, obtenemo que: R, la expreión de la función de tranferencia del w 0 r = Q = (0.5p) C R R r ( K ) De donde podemo obervar que w 0 e independiente de la ganancia del AO, por lo que u enibilidade (frente a lo elemento paivo) erán mínima por contrucción. Sin embargo, para el cao de la Q eto no e aí, ya que aparece la ganancia finita en la expreión. La enibilidad que tenemo que minimizar erá: Q S K K Q rq K (p) Q K ( K ) 4 Q = = = r rq r r Una elección batante adecuada (porque no permite a priori minimizar el número de elemento ditinto) e hacer r =, e decir, R = R = R. En ete cao, la enibilidad queda: Q S K = 5 Q = 0, tra utituir el valor de Q. (0.5p) Q El dimenionado definitivo de lo elemento e tiene por comparación con la expreión numérica de H ( ) obtenida en el apartado primero.. La bipuerta de un filtro en ecalera LC doblemente terminado tiene lo iguiente parámetro de admitancia: y = y 8 = y = a) Obtenga lo parámetro de impedancia. b) Etudie lo polo de ambo parámetro y explique porqué e má conveniente elegir lo parámetro de impedancia. z c) Uando como inmitancia de íntei contruya la ecalera LC. d) Si = = contruya el filtro reultante y, i e aplicable, elimine el tranformador. S R L e) Explique cómo afecta dicha eliminación a la función de tranferencia realizada.

4 Solución: a) Obtenga lo parámetro de impedancia. La obtención de lo parámetro de impedancia puede hacere de varia forma: Lo importante e recordar cuál e u ignificado. Recordemo que lo parámetro de impedancia y de admitancia on do forma de caracterizar a una bipuerta LTI. Ambo parámetro repreentan una relación entre do variable dependiente y en función de do independiente de la iguiente forma: V = z I z I V = z I z I V z z I = V z z I o I = y V y V I = y V y V I y y V = I y y V () Por lo que lo parámetro Z e pueden obtener de lo parámetro Y bien reolviendo el itema de ecuacione, o bien invirtiendo la matriz Y. Reolviendo el itema de ecuacione e partir de la ecuacione correpondiente a lo parámetro Y y depejar la tenione en función de la intenidade, con lo que e obtiene un itema de ecuacione imilar al de lo parámetro Z. Entonce viendo lo coeficiente que multiplican a la intenidade e obtienen lo parámetro Z. En ambo cao la ecuacione reultante on: z y = = y y y ( 9 4) y z = = y y y ( 9 4) () y z = = y y y ( 9 4) b) Etudie lo polo de ambo parámetro y explique porqué e má conveniente elegir lo parámetro de impedancia. Debemo analizar lo polo de ambo parámetro. Primero lo haremo para lo parámetro de admitancia.

5 y = polo = 0 y = polo = 0 () 8 y = polo = 0 Por lo tanto hay do polo y ambo etán en todo lo parámetro por lo que on compartido. Ahora debemo ver i on compacto o no para ello hay que calcular lo reiduo y comprobar la condición de lo reiduo. k y 0, = y = = = 0 = 0, = y = = = 0 k y 0 k y 0 = 0 8, = y = = = 0 k y, 0k y 0, k y, 0 = 0 = = 0 (4) Por lo tanto el polo en = 0 e compartido compacto y por lo tanto no crea cero de tranmiión. k y, y = = = k y, k y, y = = = y 8 = = = 8 k y, k y, k y, = 8 = > 0 (5) Por lo tanto el polo en e un polo compartido no compacto y por lo tanto creará un cero de tranmiión en. Ahora hacemo lo mimo para lo parámetro de impedancia:

6 z = ( 9 polo 4) = 0 = 4 9 z = ( 9 polo 4) = 0 = 4 9 () z = ( 9 polo 4) = 0 = 4 9 Al igual que en el cao anterior, e tienen lo mimo polo en todo lo parámetro, por lo tanto dicho polo on compartido. Para ver i on compacto o no, debemo evaluar la condición de lo reiduo. k z 0, z = = = 0 ( 9 = = 4) 4 = k z 0, z = = = 0 ( 9 = = 4) 4 k z 0 = 0, z = = = 0 ( 9 = 4) k z, 0k z 0, k z, 0 = 0 8 = = (7) Luego el polo en = 0 polo en = 4 9 e compartido compacto y no creará cero de tranmiión. En cuanto al

7 k z, ( = 4 9) 4 9 z 4 9 = = ( 9 = 4) = 4 9 = 4 9 k z, ( = 4 9) k z, ( = 4 9) 4 9 z 4 9 = = ( 9 = 4) = 4 9 = z 4 9 = = ( 9 = 4) = 4 9 k k z, ( = 4 9) z, ( = 4 9) k z, ( = 4 9) = 4 9 = = 0 (8) De donde e deduce que lo polo en = 4 9 on también compartido compacto, por lo que no crearán cero de tranmiión. A la hora de ver qué parámetro e má conveniente elegir e uele tomar lo má complejo, que en ete cao on lo de impedancia, porque tienen polinomio de tercer orden, mientra que lo de admitancia ólo lo tienen de egundo orden. Aunque en realidad la razón fundamental para ete criterio e que al elegir lo parámetro má complejo exiten meno poibilidade de tener polo privado o compartido no compacto, como efectivamente ocurre en ete cao. Eto ignifica que en el proceo de íntei de la bipuerta LC paiva no habrá que hacer el pao de comprobar i hay que añadir rama adicionale tra el tranformador (que puede etar o no). Y e preciamente éte pao el que reulta má tedioo dede un punto de vita práctico, porque hay que reolver el circuito completo para comprobar la inmitancia realizada en la otra puerta y compararla con la precrita. Si e parte de uno parámetro que no tienen polo privado en la otra puerta, o polo compartido no compacto, abemo que ete pao no erá neceario. z c) Uando como inmitancia de íntei contruya la ecalera LC. Lo primero e contruir un diagrama polocero donde e indiquen lo cero de tranmiión y lo cero y lo polo de la impedancia de íntei. En nuetro cao todo lo cero de tranmiión erán debido a cero de la tranimpedancia z, ya que no hay polo privado ni compartido no compacto.

8 z z y = z y ω z ω = y z y = z EC Nótee que e han hecho toda la eliminacione a frecuencia que deben er cero de tranmiión y en toda ella, por lo que todo lo cero de tranmiión han ido creado y ninguno má. Ademá e ha cumplido el primer teorema de Bader a toda la frecuencia en la que e ha hecho alguna eliminación, por lo tanto lo parámetro realizado en la otra puerta tendrán todo u polo compartido compacto, que e como deberían er. Aquí vuelve a vere que no erá neceario el último pao de evaluar la diferencia entre la z realizada y la precrita. Ahora vamo a ver cuál e la topología reultante hata el momento. De la primera eliminación, como e de un polo de admitancia correponderá a una rama paralelo, y como e en el elemento erá un condenador. La egunda eliminación e correponde con una impedancia por lo que e correponderá con una rama erie, y como e de un polo finito erá una agrupación en paralelo de bobina y condenador. Para terminar e hace una eliminación de un polo de admitancia en que nuevamente e correponde con un condenador en paralelo. C EC EP ω ω ω ω ω C L C A continuación debemo calcular lo valore de lo elemento. En primer lugar la primera eliminación e tal que la nueva admitancia tenga un cero en =. y = y k y = = y = k = y = k k ( 9 4) = = = ( = = C ) = = ( 9 4) y y k ( ( ) = = = ) ( z = = ) y ( ) ( ) (9)

9 Depué hay que hacer una eliminación completa en el polo =, de donde z z k ( k z ( ) ( ) ( ) = = = ) ( = ) de donde la impedancia eliminada erá = = (0) ( ) = = C = y L C = L () y la impedancia reultante z z ( ) 4 ( ) ( 8 = = ) ( = ) ( = y ) = = C z 8 = () 8 luego el circuito reultante erá C = I I V L = C = C = 8 V Ahora debemo ver i hace falta tranformador o no. Para ello hay que calcular la compararla con la precrita. z realizada y V z, realizada I = = I = 0 V I I = 0 () y ademá puede calculare para una frecuencia concreta, porque la realizada tendrá lo mimo polo y cero que la precrita, por lo que ólo e diferenciarán en una contante que erá la mima para toda la frecuencia. Tomemo la primera definición y vamo a evaluarla para = 0.

10 V C = L = C = C = 8 I V El condenador C puede eliminare por etar en paralelo con el inductor que tiene una impledancia muy baja cuando un 0. Depué el inductor puede eliminare por encontrare en erie con un condenador, dominando la impedancia del condenador. De donde el circuito reultante erá I V C = C = 8 V Por lo tanto z, 0 realizada V I = = = C ( I = 0 C ) 0 = (4) mientra que para la precrita z, precrita 0 = ( 9 = 4) 0 7 (5) luego K z, precrita 7 = = = z, realizada () de donde la bipuerta reultante erá:

11 V C = I :K = I I ' L = V V ' C = C = 8 el igno negativo ólo afecta a la fae, mientra que todo ete procedimiento e para filtro de magnitud, i fuee importante bataría con intercambiar lo terminale de alida. d) Si S = R L = contruya el filtro reultante y, i e aplicable, elimine el tranformador. El filtro reultante erá V S R S = V C = I :K = I I ' L = V V ' C = C = 8 R L = El tranformador e puede eliminar i e paa la reitencia a la izquierda del mimo, para lo cual e neceario utituirla por u impedancia equivalente vita dede la izquierda. R L R L ' = R L = R L = K (7) de donde el circuito final erá e) Explique cómo afecta dicha eliminación a la función de tranferencia realizada. La eliminación del tranformador mantiene la función de tranferencia en potencia pero cambia la función de tranferencia en tenión. La función de tranferencia in eliminar el tranformador (por lo tanto la función de tranferencia original) e H' ( ) = V ' V S (8)

12 R S = C = :K = I I V S V C = L = C = 8 V R L ' = pero i e elimina el tranformador, la nueva función de tranferencia erá H ( ) = V V S (9) V y la tenione y V ' etán relacionada a travé de la ecuacione contitutiva del tranformador, de forma que V ' = KV (0) luego H ( ) V V K ' = = = H' ( ) = H' ( ) K V S V S () e decir, que la nueva función de tranferencia tiene la mima forma que la original pero poee una ganancia en tenión por un factor.

13 4. Dada la implementación activa del filtro de alto orden que e muetra en la figura a) Obtenga la función de tranferencia que relaciona la tenione de entrada y alida. b) Encuentre el filtro RLC paivo que e correponde con dicha implementación activa y obtenga la expreione de lo diferente elemento de dicho circuito en relación con lo que aparecen en la figura. r r C 4 R C R R c C r r V i R i R 0 V i R i R c V o El primer bloque de realimentación e el que aparece eparado en la iguiente figura: C V i R i R 0 V i R i r r V o En ete cao tenemo un amplificador operacional () que implementa el cambio de igno neceario para que la realimentación del A.O. ea negativa. En el lazo de realimentación aparecen una reitencia, R 0, y un condenador, C en paralelo. (p) E decir, tenemo que, de acuerdo a la realización conceptual que aparece en la iguiente figura, V i V i R i R i Y Y 0 T T 0 V o e tiene que Y 0 = G 0, T 0 =, Y = C y que T =. (p) A u vez, el circuito tiene do entrada, con lo que la relación entrada/alida para ete ubbloque erá de la forma: G i V i G i V i V o = (p) G 0 C El egundo bloque de realimentación conite en una nueva rama de realimentación en paralelo con la do anteriore donde e tiene un integrador in pérdida no inveror eguido de una reitencia. En ete cao, realizando una identificación de término imilar a la anterior e llega a que

14 Y = G y que T =, por lo que eta rama e correponde con un nuevo umando en el τ G denominador de la forma. (p) C R c En lo que repecta a la do última rama de realimentación, un etudio detallado de ambo ubbloque revela que no etán aportando nada a la función de entrada/alida, ya que la corriente que circulan por lo dipoitivo implicado en ella, r, R, R c y C 4, e nula. (.5p) De acuerdo con la anteriore conideracione, la relación entrada/alida del circuito e: G i V i G i V i V o = (p) G G 0 C C R c que e correponde con una rama genérica de filtro paivo de la iguiente forma: (.5p) L V R Io 0 C V

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