1. Usando las siguientes especificaciones:

(a) Obtenga la función de transferencia y la función característica de un filtro paso de banda “todo polo”, de igual rizado en la banda pasante.(b) En el apartado anterior, habrá hecho una elección de rizado en la banda de paso y de aten-uación en las de rechazo dentro de los rangos permitidos resultantes de haber redondeado el orden mínimo necesario al entero por exceso más cercano. Indique cuáles son estos rangos, cuál es la relación entre δ y ε de cualquier filtro concreto dentro del rango permitido, cuáles son los valores centrales de dichos rangos, y explique cómo operaría para repetir el problema realizando la elección de atenuaciones en esos valores centrales.

Solución del problema

APARTADO (a):Lás especificaciones del apartado (a) se refieren, lógicamente, al prototipo paso de baja que debe-mos diseñar en primer lugar. Para este diseño debemos redefinir las especificaciones del modo siguiente:Para la atenuación en la nueva banda de rechazo, tomaremos la más restrictiva de las dos que nos dan: .

Cálculo de la frecuencia central: En base a esta frecuencia central, debemos recalcular los bordes de la banda de rechazo:

dado que los nuevos bordes de la banda de rechazo serán y .

Calculamos ahora el factor de selectividad y el ancho de banda:

Dadas las condiciones de aproximación todo-polo y de igual rizado en la banda pasante, debemos usar una aproximación Chebyshev.De las especificaciones de atenuación en la banda pasante y de rechazo, obtenemos directamente los valores de y :

, Con estos datos, podemos obtener ya el orden del prototipo paso de baja:

Usando las expresiones para el cálculo de los modos natu-

rales, llegamos al siguiente resultado:

La constante del prototipo paso de baja la podemos calcular dado que conocemos la atenuación en la frecuencia , o bien aplicando directamente la expresión conocida para un Chebyshev:

A 0,5dB≤A 20dB≥A 30dB≥

10KHz f 20KHz≤ ≤f 6KHz≤f 30KHz≥

As 30dB≥

f0 fp1 fp2⋅ 14 14kHz,= =

fs1f0f2---- 6 66kHz,= = fs1 f1> fs1 f2

B fp2 fp1– 10kHz= = Ωsf2 fs1–

B---------------- 2 33,= =

ε δ

ε 100 1Ap,

1– 0 3493,= = δ 100 1As,

1– 31 607,= =

n

δε--⎝ ⎠⎛ ⎞acosh

Ωs( )acosh--------------------------≥ 3 49,= n⇒ 4=

s0 3, 0 1753,– j1 016,±=

s1 2, 0 4233,– j0 421,±=

ks 0=

(+0.5p)

(+0.5p)

(+0.5p)

(+0.5p)

(+0.5p)

(+0.5p)

(+1p)

(+0.5p)

Realizadas todas estas operaciones, tenemos ya perfectamente definida la

función de transferencia del LPP correspondiente:

Por último, sólo nos queda aplicar la transformación correspondiente para pasar a un paso de banda:

APARTADO (b):Como consecuencia del método seguido durante el proceso de aproximación, las especificaciones obtenidas en la práctica han sido las siguientes:• Atenuación máxima en la banda de paso: 0,5dB• Atenuación mínima en las bandas de rechazo: 30dB• Frecuencias límite para la banda de paso: • Frecuencias límite para las bandas de rechazo: Sin embargo, como consecuencia de aproximar el orden del filtro por el entero nmediatamente superior al número decimal que se obtiene tras la operación correspondiente, el valor en la prác-tica de la atenuación en las bandas de rechazo es algo superior. (Recordemos que la aproximación estándar se realiza manteniendo las especificaciones en el borde de la banda de paso y permi-tiendo que el “exceso de especificaciones” se acumule en el borde de la banda de rechazo). En concreto:

Esto nos lleva a que el cociente toma un valor . Según dónde

apliquemos el exceso de orden (banda pasante o banda de rechazo) tendremos un rango de valores para las atenuaciones correspondiente. En concreto, si todo el exceso se aplica en el borde de la banda de rechazo (situación correspondiente al desarrollo de nuestro problema) se llega a los siguientes valores (sustituyendo por su valor nominal y despejando y la correspondiente ):

Mientras que si todo el exceso de orden se aplica

en la banda de paso, obtenemos:

Si quisieramos realizar la aproximación del filtro usando los valores centrales de estas especifica-ciones, que se corresponden con , usaremos estos valores durante el proceso de aproximación, de modo que el orden del filtro seguirá siendo 4 pero la expresión de los modos naturales cambiará al usar un valor de diferente.

k 12n 1– ε--------------- 0 358,= =

HLPP s( ) 0 358,

s 0 1753,+( )2 1 016, 2+[ ] s 0 4233,+( )2 0 4212,+[ ]-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

HBP p( ) HLPP s( )s

p2 w02+

pB-----------------=

=

10kHz f 20kHz≤ ≤0 f 6 6kHz,≤ ≤ 30kHz f ∞≤ ≤

4

δε--⎝ ⎠⎛ ⎞acosh

Ωs( )acosh--------------------------= δ ε⁄ δ

ε-- 5 9577,=

ε δ As

ε 0 3493,= ⇒ Ap 0 5dB,=

δ 67 541,= ⇒ As 36 59dB,=

δ 31 607,= ⇒ As 30dB=

ε 0 1635,= ⇒ Ap 0 1146dB,=

ε 0 2564,= δ 34 10,=

ε

(+0.5p)

(+0.5p)

(+0.5p)

(+1p)

(+0.5p)

(+0.5p)

(+0.5p)

(+1.5p)

ANÁLISIS Y SÍNTESIS DE CIRCUITOS3er Curso Ingeniería de Telecomunicación - Curso 2004/2005

Solución Problema 2

2.– Dada la siguiente función de transferencia de un filtro paso de alta de segundo orden, determinar:

(1)

(a) Los parámetros de transducción (2 puntos)

Los parámetros de transducción son , y o los polinomios que los com-

ponen, , y .como

(2)

ya tenemos

y (3)

Sólo nos falta . Para ello debemos aplicar la ecuación de Feldtkeller

(4)

de donde

(5)

de donde haciendo el cambio tenemos

(6)

de donde

(7)luego

(8)

(b) Los parámetros de inmitancia (suponiendo RS=RL=1Ω). (2 puntos)

H s( ) s2

s2 2s 1+ +------------------------------=

H s( ) K s( ) ρ s( )

N s( ) D s( ) F̂ s( )

H s( ) N s( )D s( )-----------=

N s( ) s2= D s( ) s2 2s 1+ +=

F̂ s( )

H jw( ) 2 11 K jw( ) 2+------------------------------=

F̂ jw( )2 D jw( ) 2 N jw( ) 2– 1 w2–( )

22w2 w4–+( ) == =

1 w4 2w2– 2w2 w4–+ + 1=

w2 s– 2=

F̂ s( )F̂ s–( ) 1=

F̂ s( ) 1±=

H s( ) s2

s2 2s 1+ +------------------------------= K s( ) 1±

s2------= ρ s( ) 1±

s2 2s 1+ +------------------------------=

N s( ) s2= D s( ) s2 2s 1+ += F̂ s( ) 1±=

Como es par y tomando el signo positivo de tenemos

(9)

(c) La clasificación de polos y ceros (1 punto)Observando los parámetros de impedancia anteriores tenemos:

(10)

Vemos que existe un polo compartido en y uno en privado de . Para ver si

el polo en es compacto o no hay que calcular los residuos. Aunque debe ser compacto,ya que si no lo fuese crearía un cero de transmisión en , lo que implicaría que no se tra-taría de un filtro paso de alta como se ve en la función de transferencia. No obstante calculamoslos residuos

(11)

por lo tanto

(12)que corresponde a un polo compartido compacto.

En cuanto a los ceros, sólo el cero de creará cero de transmisión. Además del polo

privado de , ambos en , por lo que existe un cero de transmisión doble en .

N s( ) F̂ s( )

z11

Dp F̂p–

Di F̂i+------------------ s2 1 1–+

2s----------------------- s

2-------= = =

z22Dp F̂p+

Di F̂i+------------------- s2 1 1+ +

2s----------------------- s2 2+

2s--------------= = =

z12N s( )

Di F̂i+----------------- s2

2s--------- s

2-------= = =

z11polos en s ∞=

zeros s 0=⎩⎨⎧

=

z22

polos ens 0=s ∞=⎩

⎨⎧

zeros s2 2–=⎩⎪⎨⎪⎧

=

z12polos en s ∞=

zeros s 0=⎩⎨⎧

=

s ∞= s 0= z22

s ∞=s ∞=

K11 ∞,z11s

-------s ∞=

12

-------= =

K22 ∞,z22s

-------s ∞=

12

-------= =

K12 ∞,z12s

-------s ∞=

12

-------= =

K11 ∞, K22 ∞, K12 ∞,2– 0=

z12

z22 s 0= s 0=

(d) La síntesis de la escalera LC doblemente terminada. (3 puntos)En primer lugar realizamos el diagrama polo-cero. Para ello tomamos como inmitancia

de síntesis la más compleja, es decir, .

Como se ha cumplido el primer teorema de Bader, los parámetros realizados en la otrapuerta serán tales que todos sus polos serán compartidos compactos. Pero eso es precisamentelo que debe ocurrir, ya que el único polo que no es compartido compacto es el polo privado de

, y éste ya ha sido realizado. Por lo tanto no harán falta ramas adicionales después de com-

pletar la realización de , es decir, después de comprobar si es preciso usar un transformador.

Ahora obtendremos el circuito:La primera eliminación es de un polo de impedancia, por lo tanto corresponde a una

rama serie, además el polo está en , de lo que se deduce que la rama correspondiente esun condensador de capacidad .

La segunda eliminación es de un polo de admitancia, lo que implica una rama paralelo.Como el polo está en , corresponde con un inductor con autoinducción .

De donde el circuito resultante será el de la figura. 2a. Observese que se ha empezadola síntesis por la puerta de salida (la inmitancia de síntesis era la ), por lo que para poner elcircuito correctamente hay que darle la “vuelta” como aparece en la figura. 2b.

Ahora podemos calcular el valor de los elementos a través de los residuos asociados acada eliminación.De la primera eliminación se optiene que

z22

w2 2=w2 0=w2

cero de z12 y polo privado de z22

z1 z22=ceros

ECz2

y21z2----=

EC

Figura 1: Diagrama polo cero

w2 ∞⇒

z22

z12

s 0=C1

s 0= L2

z22

Figura 2: Bipuerta LC tras la síntesis de z22

+

−

v1

+

−

v2

C1 1 2⁄=

L2 1 2⁄=

+

−

v1

+

−

v2

C1 1 2⁄=

L2 1 2⁄=

(a) (b)

(13)

de donde el valor del condensador será

(14)

por lo que la impedancia resultante será

(15)

que invirtiéndola da

(16)

que efectivamente tiene un polo en cuyo residuo es

(17)de donde el valor del inductor será

(18)

Ahora hemos de evaluar si es necesario el uso de un transformador, para ello calcula-mos la relación entre la realizada y la prescrita. Por el procedimiento seguido, ambasserán iguales para todas las frecuencias salvo una constante, por lo que es suficiente con evaluarla relación para una frecuencia dada. Por ejemplo si consideramos el límite cuando ve-remos que

(19)

cuando

(20)

ya que no se puede simplificar nada.En cuanto a la realizada tenemos que

(21)

por lo tanto , y eso quiere decir que no hace falta transformador, dedonde el circuito final será el de la figura. 3

z2 z1kz1

s------–= donde kz1

z1ss 0=

s2 2+( )s2s

---------------------s 0=

2= = =

C11kz1

------ 12

-------= =

z2 z1kz1

s------– s2 2+( )

2s------------------- 2

s-------– s2 2 2–+

2s----------------------- s

2-------= = = =

y21z2---- 2

s-------= =

s 0=

ky22=

L21

ky2

------ 12

-------= =

z12 z12

s ∞⇒

z12 prescrita,V1I2------

I1 0=

s ∞⇒

V2I1------

I2 0=

s ∞⇒

= =

s ∞⇒

z12 prescrita, s ∞⇒

s2

-------s ∞⇒

=

z12

z12 realizada, s ∞⇒

V2I1------

I2 0=

s ∞⇒

V1I1------

I2 0=

s ∞⇒

sL2 s ∞⇒

s2

-------s ∞⇒

= = = =

z12 realizada, z12 prescrita,=

(e) Comprobar que el circuito resultante es correcto de forma cualitativa, es decir, sin re-solver el circuito. (1 punto)Observando el circuito se puede ver que para frecuencias bajas lo primero que nos en-

contramos es con un inductor en paralelo, el cual actua casi como un cortocircuito impidiendoel paso de las señales de frecuencias bajas hacia la salida y creando un cero de transmisión en

. A continuación nos encontramos un condensador en serie que para bajas frecuencias secomporta aproximadamente como un circuito abierto por lo que tampoco deja pasar dichas fre-cuencias creando otro cero de transmisión. Por otro lado para frecuencias altas el inductor secomporta como un circuito abierto (aproximadamente) y las deja pasar sin alteración, mientrasque el condensador serie actua como un cortocircuito haciendo que la señal de entrada pase di-rectamente a la salida sin ninguna atenuación. Por lo tanto se comprueba que el circuito dejapasar las altas frecuencias y tiene dos ceros de transmisión en cero, es decir, es un filtro pasode alta.

(f) Obtener la función de transferencia del circuito resultante y explicar posibles diferen-cias con la función deseada. (1 punto)Ahora vamos a analizar el circuito resultante:

Poniendo las ecuaciones nodales se tiene que:

(22)

que dándole valores a los elementos resulta en

(23)

(24)

despejando de la ecuación 24

(25)

y sustituyendolo en la ecuación 23 se obtiene

Figura 3: Diseño final del filtro RLC

+

−

v1

+

−

v2

C1 1 2⁄=

L2 1 2⁄= Rl 1=

Rs 1=

Vs

s 0=

gs vs v1–( ) 1sL2--------v1 sC1 v1 v2–( )+=

sC1 v1 v2–( ) glv2=

vs v1– 2s

-------v1s2

------- v1 v2–( )+=

s2

------- v1 v2–( ) v2=

v1

v1 1 2s

-------+⎝ ⎠⎛ ⎞ v

2=

(26)

de donde la función de transferencia realizada es

(27)

La función de filtrado es la deseada pero existe un factor 1/2 que se debe al hecho deque la función de transferencia realizada se basa en relaciones entre la potencia transmitida yla máxima potencia transferible.

La relación entre ambas funciones de transferencia es

(28)

Como las resistencias terminales son iguales se obtiene el factor 1/2.

vs 1 2s

-------+⎝ ⎠⎛ ⎞ 1 2

s------- s

2-------+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞ s2

-------–⎝ ⎠⎛ ⎞ v2 2 s2 2s 1+ +( )

s2-----------------------------------v2= =

H s( )realizadav2vs----- 1

2--- s2

s2 2s 1+ +( )----------------------------------- 1

2---H s( )deseada= = =

H jw( ) realizadav2 jw( )vs jw( )

------------------- 12---

RLRS------ H jw( ) deseada= =