ĐKĐ-KAPILI DEVRELERDE KAZANÇ VE ZAYIFLATMAtavsanav/lecturesnotes/Devre_sentezi.pdf · 6 α max...
132
1 ĐKĐ-KAPILI DEVRELERDE KAZANÇ VE ZAYIFLATMA Şek. deki iki-kapılı bir devreyi göz önüne alalım. 1 ( ) V j ω ve 2 ( ) V j ω sinüzoidal sürekli halde (SSH) giriş ve çıkış gerilim fazörlerini, 1 P ve 2 P ise giriş ve çıkışa ilişkin ortalama güçleri göstersin. Her iki gücün aynı dirençte harcandığını varsaymak üzere 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ) / ( ) 10log 10log 20log 20log ( ) (desibel) ( ) / V j R V P A H j dB P V V j R ω ω ω ω = = = = ( ) şeklinde tanımlanan büyüklüğe Gerilim Kazancı (Voltage Gain), ya da yalnızca Kazanç (Gain) denir. 1 P 2 P Şek 1 1 2 2 1 ( ) 10log 20log 20 log 20log ( ) ( ) V P H j dB P V H j αω ω ω = = = =- ( ) şeklinde tanımlanan büyüklüğe ise Gerilim Zayıflatması (Voltage Attenuation), ya da yalnızca Zayıflatma (Attenuation ) denir. Burada ( ) ( ) A αω ω =- olduğu açıktır. Yani ( ) (zayıflatma) ( ) (kazanç) ( ) (kazanç) ( ) (zayıflatma) dB A dB A dB dB αω ω ω αω =- =- yazılabilir. Kuvetlendirici tasarımcılarının uzun yıllardan beri kuvvetlendiricinin kazancını (+) değerli desibel ile gösterdikleri, süzgeç tasarımcılarının ise süzgeçin zayıflatmasını (+) değerli desibel ile gösterdikleri bilinmektedir. ALÇAK GEÇĐREN SÜZGEÇLER Alçak Geçiren Süzgeç tasarımında erişilmek istenen hedef Đdeal Alçak Geçiren Süzgeçtir. Böyle bir hedefe varmanın olanaksız olduğu bilinmekle birlikte tasarımı yaparken neyin hedeflenip neyle yetinildiğinin bilinmesi varılan hedefin ideale daha yakın olmasını sağlamak açısından yararlı olup bu nedenle de ideal alçak geçiren süzgecin tanımının bilinmesi gereklidir.
Transcript of ĐKĐ-KAPILI DEVRELERDE KAZANÇ VE ZAYIFLATMAtavsanav/lecturesnotes/Devre_sentezi.pdf · 6 α max...
1
ĐKĐ-KAPILI DEVRELERDE KAZANÇ VE ZAYIFLATMA Şek. deki iki-kapılı bir devreyi göz önüne alalım. 1( )V jω ve 2( )V jω sinüzoidal sürekli halde
(SSH) giriş ve çıkış gerilim fazörlerini, 1P ve 2P ise giriş ve çıkışa ilişkin ortalama güçleri
göstersin. Her iki gücün aynı dirençte harcandığını varsaymak üzere
2
2 222
1 11
( ) /( ) 10log 10log 20log 20log ( ) (desibel)
( ) /
V j R VPA H j dB
P VV j R
ωω ω
ω= = = = ( )
şeklinde tanımlanan büyüklüğe Gerilim Kazancı (Voltage Gain), ya da yalnızca Kazanç (Gain) denir.
1P 2P
Şek
11
2 2
1( ) 10log 20log 20log 20log ( )
( )
VPH j dB
P V H jα ω ω
ω= = = = − ( )
şeklinde tanımlanan büyüklüğe ise Gerilim Zayıflatması (Voltage Attenuation), ya da yalnızca Zayıflatma (Attenuation ) denir. Burada
( ) ( )Aα ω ω= −
olduğu açıktır. Yani
( ) (zayıflatma) ( ) (kazanç)
( ) (kazanç) ( ) (zayıflatma)
dB A dB
A dB dB
α ω ω
ω α ω
= −
= −
yazılabilir. Kuvetlendirici tasarımcılarının uzun yıllardan beri kuvvetlendiricinin kazancını (+) değerli desibel ile gösterdikleri, süzgeç tasarımcılarının ise süzgeçin zayıflatmasını (+) değerli desibel ile gösterdikleri bilinmektedir.
ALÇAK GEÇĐREN SÜZGEÇLER Alçak Geçiren Süzgeç tasarımında erişilmek istenen hedef Đdeal Alçak Geçiren Süzgeçtir. Böyle bir hedefe varmanın olanaksız olduğu bilinmekle birlikte tasarımı yaparken neyin hedeflenip neyle yetinildiğinin bilinmesi varılan hedefin ideale daha yakın olmasını sağlamak açısından yararlı olup bu nedenle de ideal alçak geçiren süzgecin tanımının bilinmesi gereklidir.
2
Đdeal Alçak Geçiren Süzgeç Đdeal Alçak Geçiren Süzgeçten beklenen, girişine uygulanan işareti alçak frekanslarda olduğu gibi yani hiç zayıflatmadan geçirmesi, yüksek frekanslarda ise hiç geçirmemesidir. Geçirme bandını 0 cω ω≤ ≤
olarak tanımlarsak ideal alçak geçiren süzgeç matematiksel olarak
1 0 Geçirme Bandı( )
0 Söndürme Bandı c
c
H jω ω
ωω ω
≤ ≤=
> ( )
şeklinde tanımlanır ve ve bu tanıma göre de ( )H jω ’nın ω ’ya göre değişiminin Şek. deki
gibi olacağı açıktır. 0 cω ω≤ ≤ frekans aralığına süzgecin Geçirme Bandı, cω ω> frekans
bölgesine Söndürme (Durdurma) Bandı cω ’ye ideal AG süzgecin Kesim Frekansı (Cutoff
Frequency) denir.
0 cω ω
( )H jω
1
Şek.
Đdeal Olmayan Alçak Geçiren Süzgeç ( ) ile tanımlanan ve frekans özellikleri Şek. de verilen ideal bir süzgecin gerçekleştirilebilmesi fiziksel olarak olanaksızdır. Başka bir deyişle fiziksel olarak
gerçekleştirilebilen bir süzgeç için geçirme bandındaki tüm frekanslarda ( ) 1H jω = ,
söndürme bandındaki tüm frekanslarda da ( ) 0H jω = olması sağlanamaz. Bunun nedeni
3
süzgeç yapımında kullandığımız her hangi bir devrenin giriş-çıkış matematiksel modeli olan diferansiyel denklemin Laplace dönüşümünden elde edilen transfer fonksiyonu ( )H s ’in
s’nin sürekli fonksiyonu olması, dolaysıyla da ( )H jω ’nın ω ’nın sürekli bir fonksiyonu
olmasıdır. Bunun sonucu olarak da fiziksel olarak gerçekleştirilebilen bir süzgeç için ( )H jω
Şek. deki gibi ω ’nın bir süreksiz fonksiyonu değil, örneğin Şek. deki gibi sürekli bir fonksiyonudur. Böyle bir fonksiyonda ise artık yalnızca geçirme ve söndürme bantlarından söz etmek olanaksızdır. Bu iki bandın arasında birinden ötekine geçişi gösteren bir Geçiş Bandı da ortaya çıkacaktır.
0ω
( )H jω
1
GB GşB SB: Geçirme BandıGB : Geçiş BandıGşB : Söndürme BandıSB
pωsω
( )p
H jω
( )sH jω
Şek. ĐDEAL ALÇAK GEÇĐREN SÜZGECĐN KAZANÇ VE ZAYIFLATMASI Đdeal alçak geçiren süzgecin
1 0( )
0 c
c
H jω ω
ωω ω
≤ ≤=
> ( )
şeklinde tanımlandığını gördük. Öyleyse kazanç ve zayıflatmanın yukarıdaki tanımlarına göre
0 0 (geçirme bandı) 0 0 (geçirme bandı)( ) veya ( )
- (söndürme bandı) (söndürme bandı) c c
c c
Aω ω ω ω
ω α ωω ω ω ω
≤ ≤ ≤ ≤ = =
∞ > ∞ > yazılabilir.
Đdeal olmayan süzgeç için ( )H jω ’nın Şek. de verilen eğrisine karşıdüşen ( )A ω kazanç
eğrisi Şek. de , ( )α ω zayıflatma eğrisi ise Şek. de verilmiştir.
4
0ω
( )A ω
GB GşB SB
: Geçirme BandıGB : Geçiş BandıGşB : Söndürme BandıSB
pωsω( )
pAω
( )sAω
0ω
( )α ω
GB GşB SB: Geçirme BandıGB : Geçiş BandıGşB : Söndürme BandıSB
pωsω
( )pα ω
( )sα ω
5
ĐDEAL OLMAYAN ALÇAK GEÇĐREN SÜZGECĐN FREKANS ÖZELLĐKLERĐ: GEÇĐRME VE SÖNDÜRME BANDINDA ĐZĐN VERĐLEN ZAYIFLATMA MĐKTARLARI Đdeal olmayan bir süzgecin zayıflatması geçirme bandının tümünde sıfır, söndürme bandının tümünde de sonsuz değerli yapılamayacağı bilindiğine göre süzgeç tasarımında geçirme bandındaki zayıflatmanın belli bir değerden küçük kalması, söndürme bandındaki zayıflatmanın ise belli bir değerden büyük olması şart koşulur. ( )α ω ’nın geçirme bandında
alabileceği en büyük değer maxα , söndürme bandında alabileceği en küçük değere de minα ile
gösterilirse (Şek. )
max
min
( ) 0 (geçirme bandı)
( ) ( ) ( ) (geçiş bandı)
( ) (söndürme bandı)
p
p s p s
s
α ω α ω ω
α ω α ω α ω ω ω ω
α ω α ω ω
≤ ≤ ≤
≤ ≤ ≤ ≤
≥ ≥
( )
yazılabilir. Genellikle max 3dBα < , min 3dBα > olduğundan 3dB kesim frekansı 0ω için
0p sω ω ω≤ ≤
olup 0ω geçiş bandındadır ve
0( ) ( ) ( )p sα ω α ω α ω≤ ≤
sağlanır.
6
maxα
minα
0 pω sω ω
, dBα
GB GşB S B
: Geçirme BandıGB : Geçiş BandıGşB : Söndürme BandıSB
Şek. ( ) veya Şek. ile verilen özelliklere Alçak Geçiren Süzgecin Frekans Özellikleri denir
SÜZGEÇ TASARIMINDA YAKLAŞIKLIK PROBLEMĐ Süzgeç kullanıcısının süzgeçte bulunmasını gerekli gördüğü özellikler süzgeç tasarımında başlangıç noktası olarak alınır. Frekans seçici süzgeçlerde bu özellikler, süzgeç kazancının belli frekans aralıklarında içinde kalması istenen sınır değerleridir. Şek. de alçak geçiren (AG), yüksek geçiren (YG), bant geçiren (BG) ve bant söndüren (BS) süzgeç türleri için söz konusu sınır değerleri frekansa bağlı olarak logaritmik olarak verilmiştir.
7
Frekans özellikleri verilen bir süzgeç için bu özelliklere bir ( )H jω eğrisinin uydurulmasına
(curve fitting) süzgeç tasarımında Yaklaşıklık Problemi denir.
ALÇAK GEÇĐREN TÜRDEN BUTTERWORTH TRANSFER FONKSĐYONLARI
Đdeal olmayan alçak geçiren süzgece ilişkin ( )H jω ’nın Sek. de verilen ω ’ya göre
değişiminden görüleceği üzere bu eğrinin ideal alçak geçiren süzgecinkine yaklaşması için
( )H jω ’nın, ω ’nın küçük değerlerinde hemen hemen sabit, belli bir ω değerinden sonra da
hızlı bir düşme gösteren bir fonksiyon olması gerekmektedir. Bu düşüş ne kadar sert olursa bu eğriye karşıdüşen süzgeç de ideal alçak geçiren süzgece o denli yaklaşmış olur. Böyle bir fonksiyon Butterworth tarafından
2
1( )
1 nH jω
ω=
+
veya 2
2
1( )
1 nH jω
ω=
+
şeklinde önerilmiştir. Bu aşamada sorulması gereken 2
( )H jω ’ye karşıdüşen bir
( )H s fonksiyonunun bulunması ve ( )H s ’nin gerçeklenebilen bir devrenin transfer fonksiyonu olmasıdır. Butterworth bunun da mümkün olduğunu göstermiştir.
Önce 2
( )H jω ’ye karşıdüşen bir ( )H s fonksiyonunun bulunabileceğini gösterelim.
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )H j H j H j H j H jω ω ω ω ω= − =
yazabiliriz. Bu ifadede
8
( ) ( )s jH j H s ωω ==
( ) ( )s jH j H s ωω =− = −
]
]
( ) ( )
( ) ( )
s
j
s
j
H j H s
H j H s
ω
ω
ω
ω
=
=
=
− = −
kullanılırsa
]2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )s j
H j H j H j H s H sω
ω ω ω=
= − = −
elde edilir. Ayrıca
( )2 2
2 2 211
nn
nn n nss s
j jω
= = = −
eşitliğinden de yararlanarak
( ) 2
1( ) ( )
1 1n n
H s H ss
− =+ −
elde edilir. Bu ifadenin kutupları
( ) 21 1 0n ns+ − = ( )
denkleminin kökleri olup
( )2 2
2
(2 1)2 (2 1) 2
tek 11 1
çift 1
kj
n j k nn n
kj
n k n
n s e s es
n s e s e
ππ
ππ
++
= = ⇒ =
− = − ⇒ = − = ⇒ =
şeklinde elde edilir. Bu eşitliklerden görüldüğü üzere:
1. ( ) polinomunun 2n adet kökü, dolaysıyla da ( )H s ’nin n adet kutbu vardır.
2. s’nin tek ve çift değerleri için 1s = dir. Öyleyse ( ) polinomunun tüm kökleri s-
düzleminde birim çemberin üzerindedir.
3. ( ) polinomunun s-düzleminde sanal eksen üzerinde kökü yoktur.
4. ( )H s ’nin kutupları sol-yarı s-düzleminde, ( )H s− ’nin kutupları sağ-yarı s-düzleminde
seçilebilir. Böylece oluşturulacak olan ( )H s transfer fonksiyonu kararlı bir devreye karşıdüşer.
5. Reel katsayılı bir polinomun karmaşık değerli kökü varsa eşleniği de köktür. Öyleyse
oluşturulan ( )H s ’nin karmaşık değerli bir kutbu varsa eşleniği de kutuptur.
Dolaysıyla da ( )H s reel katsayılıdır.
9
6. n tekse ( )H s ’nin reel eksen üzerinde bir adet kutbu vardır. Bu kutup 1s = − dir. n
çiftse ( )H s ’nin reel eksen üzerinde kutbu yoktur. Tüm kutuplar karmaşık değerlidir. Öte yandan Örnek:
1) n=1
01 21, 1
kj
jkn
j j
s e s e
s e s e
ππ
π
= ⇒ = ⇒
= = = = −
0jej
eπ
Re
Im
1( ) ( )
( 1)( 1)H s H s
s s− =
− +
( )H s ’in kutbu
1 1s = −
Öyleyse
1( )
1H s
s=
+
10
2
1( )
1H jω
ω=
+
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
11
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 40.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
|H(j
w)|
w
2) 2n =
(2 1) (2 1)
2 4
3 5 7
4 4 4 41 2 3 4, , ,
k kj j
n
j j j j
s e s e
s e s e s e s e
π π
π π π π
+ +
= ⇒ = ⇒
= = = =
12
4j
eπ3
4j
eπ
5
4j
eπ
7
4j
eπ
Re
Im
3 5 7
4 4 4 4
1( ) ( )
( )( )( )( )j j j j
H s H s
s e s e s e s eπ π π π
− =
− − − −
( )H s ’in kutupları
3 5 3
4 4 42 3 2,
j j j
s e s e e sπ π π
−
= = = =
Öyleyse
13
3 3
4 4
2
1 1( )
( 0,707 0,707)( 0,707 0,707)( )( )
1
2 1
j j
H ss j s j
s e s e
s s
π π−
= =+ + + −
− −
=+ +
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 40
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
14
2) n=3
3
20 3 3
1 2 3
4 5
3 34 5 6
1, , ,
1, ,
k kj j
n
j jj
j jj
s e s e
s e s e s e
s e s e s e
π π
π π
π ππ
= ⇒ = ⇒
= = = =
= = − = =
0je
3j
eπ2
3j
eπ
je
π
4
3j
eπ 5
3j
eπ
Re
Im
2 4 5
3 3 3 3
1( ) ( )
( 1)( )( )( 1)( )( )j j j j
H s H s
s s e s e s s e s eπ π π π
− =
− − − + − −
Bu ifadedeki kutuplardan üçünün ( )H s ’in, diğer üçünün de ( )H s− ’in kutupları olduğu
açıktır. Bu kutupların hangilerinin ( )H s ’in kutupları olarak seçileceği ( )H s ’in iki özelliği
tarafından belirlenecektir: a) ( )H s kararlı bir devrenin transfer fonksiyonudur yani kutupları
sol yarı karmaşık sayılar düzlemindedir. b) ( )H s reel katsayılı polinomlardan oluşan bir rasyonel fonksiyondur. Öyleyse: a) Kutuplar sol yarı karmaşık sayılar düzlemindedir. b) Kutuplardan biri karmaşık değerli ise bunun eşleniği de kutuptur. Sonuç olarak ( )H s ’in kutupları
15
2
33 4
4 2
3 35 3
0,5 0,866, 1
0,5 0,866
jj
j j
s e j s e
s e e j s
ππ
π π−
= = − + = = −
= = = − − =
dir. Öyleyse
2 4
3 3
2 3 2
1 1( )
( 1)( 0,5 0,866)( 0,5 0,866)( )( 1)( )
1 1
( 1)( 1) 2 2 1
j j
H ss s j s j
s e s s e
s s s s s s
π π= =
+ + − + +− + −
= =+ + + + + +
6
1( )
1H jω
ω=
+
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
16
Şimdi
1 2 2
1 1( ) ve ( )
1 1H s H s
s s s= =
+ + +
tanımlayalım. Öyleyse
1 2( ) ( ) ( )H s H s H s=
yazılabilir. ( )H jω , 1( )H jω ve 2( )H jω ’yı 0 aralığındaω≤ ≤ ∞ çizelim (Şek. ). Bu aralıkta
( ) 1H jω ≤ ve 1( ) 1H jω ≤ olmasına karşın bu aralıktaki bazı frekanslar için 2( ) 1H jω >
olmaktadır.
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
w
|H1(jw)|
|H2(jw)|
|H(jw)|=|H1(jw)||H2(jw)|
Şek. Şek. de aralığındaω−∞ ≤ ≤ ∞ çizilmiştir.
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 40
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
Şek.
17
2) n=4
(2 1) (2 1)
2 8
3 5 7
8 8 8 81 2 3 4
9 11 13 15
8 8 8 85 6 7 8
, , , ,
, , ,
k kj j
n
j j j j
j j j j
s e s e
s e s e s e s e
s e s e s e s e
π π
π π π π
π π π π
+ +
= ⇒ = ⇒
= = = =
= = = =
Re
Im
8j
eπ
3
8j
eπ5
8j
eπ
7
8j
e
π
9
8j
eπ
11
8j
eπ
13
8j
eπ
15
8j
eπ
3 5 7 9 11 13 15
8 8 8 8 8 8 8 8
1( ) ( )
( )( )( )( )( )( )( )( )j j j j j j j j
H s H s
s e s e s e s e s e s e s e s eπ π π π π π π π
− =
− − − − − − − −
18
Bu durumda ( )H s ’in kutupları
5
83
7
84
9 7
8 85 4
11 5
8 86 3
0.3827 0.9239
0.9239 0.3827
= 0.9239 0.3827
0.3827 0.9239
j
j
j j
j j
s e j
s e j
s e e s j
s e e s j
π
π
π π
π π
−
−
= = − +
= = − +
= = = − −
= = = − −
olur. Öyleyse
5 7 9 11
8 8 8 8
2 2 4 3 2
1( )
( )( )( )( )
1
( 0,924 0,383)( 0,924 0,383)( 0,383 0,924)( 0,383 0,924)
1 1
( 0,766 1)( 1,848 1) 2,613 3,414 2,613 1
j j j j
H s
s e s e s e s e
s j s j s j s j
s s s s s s s s
π π π π=
− − − −
=+ − + + + − + +
= =+ + + + + + + +
8
1( )
1H jω
ω=
+
19
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 40
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
20
Şimdi
1 22 2
1 1( ) ve ( )
1,848 1 0,766 1H s H s
s s s s= =
+ + + +
tanımlayalım.
1 2( ) ( ) ( )H s H s H s=
yazılabilir. Şimdi ( )H jω , 1( )H jω ve 2( )H jω ’yı 0 aralığındaω≤ ≤ ∞ çizelim (Şek. ). Bu
aralıkta ( ) 1H jω ≤ ve 1( ) 1H jω ≤ olmasına karşın bu aralıktaki bazı frekanslar için
2( ) 1H jω > olmaktadır.
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40
0.5
1
1.5
w
|H2(jw)|
|H1(jw)|
|H(jw)|=|H1(jw)||H2(jw)|
21
3) n=5
5
2 3 40 5 5 5 5
1 2 3 4 5
6 7 8 9
5 5 5 56 7 8 9 10
1, , , , ,
1, , , ,
k kj j
n
j j j jj
j j j jj
s e s e
s e s e s e s e s e
s e s e s e s e s e
π π
π π π π
π π π ππ
= ⇒ = ⇒
= = = = = =
= = − = = = =
x
0je
5j
eπ
3
5j
eπ
je
π
7
5j
eπ
8
5j
eπ
Re
Im
2
5j
eπ
4
5j
eπ
6
5j
eπ 9
5j
eπ
2 3 4 6 7 8 9
5 5 5 5 5 5 5 5
1( ) ( )
( 1)( )( )( )( )( 1)( )( )( )( )j j j j j j j j
H s H s
s s e s e s e s e s s e s e s e s eπ π π π π π π π
− =
− − − − − + − − − −
Bu durumda ( )H s ’in kutupları
3 4 6 4 7 3
5 5 5 5 5 54 5 6 7 5 8 4, , 1, ,
j j j j j jjs e s e s e s e e s s e e s
π π π π π ππ
− −
= = = = − = = = = = =
olur. Öyleyse
3 4 6 7
5 5 5 5
1( )
( )( )( 1)( )( )j j j j
H s
s e s e s s e s eπ π π π
=
− − + − −
22
7 3 6 4
5 5 5 58 4 7 5,
j j j j
s e e s s e e sπ π π π
− −
= = = = = =
olduğundan ( )H s ’i
3 4 4 3
5 5 5 5
1( )
( )( )( 1)( )( )j j j j
H s
s e s e s s e s eπ π π π
− −=
− − + − −
şeklinde de yazabiliriz. Öte yandan
3
5 0.3090 0.9511j
e jπ
= − + 4
5
6
5
0.8090 + 0.5878
0.8090 - 0.5878
j
j
e j
e j
π
π
= −
= −
7
5 0.3090 - 0.9511j
e jπ
= −
eşitliklerini de kullanarak
2 2 5 4 3 2
1 1( )
( 0,618 1)( 1)( 1,618 1) 3,2361 5,2361 5,2361 3,2361 1H s
s s s s s s s s s s= =
+ + + + + + + + + +
elde edilir.
10
1( )
1H jω
ω=
+
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
23
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 40
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
Şimdi
1 2 32 2
1 1 1( ) , ( ) ve ( )
1 1,618 1 0,618 1H s H s H s
s s s s s= = =
+ + + + +
tanımlayalım.
1 2 3( ) ( ) ( ) ( )H s H s H s H s=
yazılabilir. Şimdi ( )H jω , 1( )H jω , 2( )H jω ve 3( )H jω ’yı 0 aralığındaω≤ ≤ ∞ çizelim (Şek.
). Bu aralıkta ( ) 1H jω ≤ , 1( ) 1H jω ≤ ve 2( ) 1H jω ≤ olmasına karşın bu aralıktaki bazı
frekanslar için 3( ) 1H jω > olmaktadır.
24
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
w
|H1(jw)|
|H2(jw)|
|H3(jw)|
|H(jw)|=|H1(jw)||H2(jw)||H3(jw)|
Şek. ve de 1,2,3,4,5 ve 10n = için Butterworth genlik karakteristikleri bir arada çizilmiştir.
0 1 2 3 4 50
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=10
-5 0 50
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=10
25
Tablo 1 de 10. dereceye kadar tüm Butterworth polinomları verilmiştir. Tablo 2 de ise aynı polinomlar çarpanları olan polinomlar cinsinden ifade edilmiştir.
Derece Butterworth Polinomu
1 1s +
2 2 1.4142 1s s+ +
3 3 22 2 1s s s+ + +
4 4 3 22.6131 3.4142 2.6131 1s s s s+ + + +
5 5 4 3 23.2360 5.2360 5.2360 3.2360 1s s s s s+ + + + +
6 6 5 4 3 23.8637 7.4641 9.1416 7.4641 3.8637 1s s s s s s+ + + + + +
7 7 6 5 4 3 24.4939 10.0978 14.5917 14.5917 10.0978 4.4939 1s s s s s s s+ + + + + + +
8 8 7 6 5 4 3 25.1258 13.1370 21.8461 25.6883 21.8461 13.1370 5.1258 1s s s s s s s s+ + + + + + + +
9 9 8 7 6 5 4 3 25.7587 16.5817 31.1634 41.9863 41.9863 31.1634 16.5817 5.7587 1s s s s s s s s s+ + + + + + + + +
10 10 9 8 7 6 5 4 3 26.3924 20.4317 42.8020 64.8823 74.2334 64.8823 42.8020 20.4317 6.3924 1s s s s s s s s s s+ + + + + + + + + +
Tablo 1
26
Derece Butterworth Polinomu
1 1s +
2 ( )2 1.4142 1s s+ +
3 ( )( )21 1s s s+ + +
4 ( )( )2 21.848 1 0.7654 1s s s s+ + + +
5 ( )( )( )2 21 1.618 1 0.6180 1s s s s s+ + + + +
6 ( )( )( )2 2 21.932 1 1.4142 1 0.5176 1s s s s s s+ + + + + +
7 ( )( )( )( )2 2 21 1.802 1 1.247 1 0.4450 1s s s s s s s+ + + + + + +
8 ( )( )( )( )2 2 2 21.962 1 1.663 1 1.111 1 0.3902 1s s s s s s s s+ + + + + + + +
9 ( )( )( )( )( )2 2 2 21 0.347 1 1 1.532 1 1.879 1s s s s s s s s s+ + + + + + + + +
10 ( )( )( )( )( )2 2 2 2 20.313 1 0.908 1 1.414 1 1.782 1 1.975 1s s s s s s s s s s+ + + + + + + + + +
Tablo 2 Tablo 2 den görüleceği üzere derecesi tek tam sayı ile verilen Butterworth polinomlarının çarpanları birinci ve ikinci dereceden polinomlardır. Derecesi çift tam sayı ile verilen Butterworth polinomlarının çarpanları ise ikinci dereceden polinomlardır. Öte yandan çarpan polinomlarının tümünün sabitleri birim değerindedir. Bunun nedeni ise Butterworth polinomlarının sıfırlarının birim çemberin üzerinde olması dolaysıyla da çarpan polinomlarının sıfırlarının da birim çemberin üzerinde olmasıdır. Gerçekten, eğer sözkonusu ikinci derece polinomlarından her hangi birinin sıfırlarını
; , 0i i i i is jα ω α ω= − ± >
ile gösterirsek ikinci dereceden polinom
2 2 2
( )( ) ( ( ))( ( ))
( )( )= 2
i i i i i i
i i i i i i i
s s s s s j s j
s j s j s s
α ω α ω
α ω α ω α α ω
− − = − − − − − +
= + + + − + + +
Polinomların sıfırları birim çember üzerinde olduğundan
2 2 1i iα ω+ = bulunur. Öyleyse
2( )( )= 2 1i i is s s s s sα− − + +
27
ALÇAK GEÇĐREN SÜZGEÇ ĐÇĐN BUTTERWORTH YAKLAŞIKLIĞI
Uydurulan ( )H jω eğrisi bir Butterworth transfer fonksiyonu ( )H s ’e karşı düşüyorsa, yani
]( ) ( )s j
H j H sω
ω=
= şeklinde elde ediliyorsa bu tür yaklaşıklığa Butterworth Yaklaşıklığı
(Butterworth Approximation) denir.
BUTTERWORTH TRANSFER FONKSĐYONU ĐÇĐN KAZANÇ VE ZAYIFLATMANIN FREKANSA GÖRE DEĞĐŞĐMĐ Kesim frekansı 0ω olan bir Butterworth transfer fonksiyonunu elde etmek için normalize
Butterworth transfer fonksiyonlarında ( )H s ’de s yerine 0
s
ωkoyulursa
20
0
1( )
1
nH j
ω
ω ω
ω
=
+
bulunur. Kazanç ifadesi ise
2 2
20 0 0
0
120log ( ) 20log 20log 1 10log(1 )
1
n n
nA H j dB
ω ω ω
ω ω ωω
ω
= = = − + = − +
+
şeklinde elde edilir. Kazancın frekansa göre değişimi Şek. de normalize transfer fonksiyonu için ( 0 1 /r sω = ) geçirme bandında, Şek. de ise söndürme bandında çeşitli n değerleri için
çizilmiştir.
28
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4-16
-14
-12
-10
-8
-6
-4
-2
0
w
A=
-10
log
(1+
w2n)
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=6
n=10
Şek.
0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4-140
-120
-100
-80
-60
-40
-20
0
w
A=-1
0lo
g(1
+w
2n)
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=6
n=10
Şek. Zayıflatma ise
29
2
0
10log 1
n
dBω
αω
= +
şeklindedir. Zayıflatmanın frekansa göre değişimi Şek. de normalize transfer fonksiyonu için ( 0 1 /r sω = ) geçirme bandında, Şek. de ise söndürme bandında çeşitli n değerleri için
çizilmiştir.
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.40
1
2
3
4
5
6
7
8
9
w
alfa
=10lo
g(1
+w
2n
)
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=6
Şek.
30
0 2 4 6 8 100
20
40
60
80
100
120
140
160
180
200
w
alfa
=10lo
g(1
+w
2n
)
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=6
n=10
Şek.
BUTTERWORTH TÜRÜ YAKLAŞIKLIKTA TRANSFER FONKSĐYONUN DERECESĐNĐN VE SÜZGECĐN KESĐM FREKANSININ SAPTANMASI Frekans özellikleri verilen bir süzgecin Butterworth yaklaşıklığı kullanılarak gerçeklenmesinin istendiğini düşünelim. n. dereceden ve kesim frekansı 0ω olan Butterworth
transfer fonksiyonu için zayıflatma fonksiyonu
2
0
( ) 10log 1
n
ωα ω
ω
= +
Şeklindedir. Buradan
2
/10
0
10 1
n
α ω
ω
= +
ve
31
0 1/2/1010 1nα
ωω =
−
bulunur. Şek. den
max minp sω α ω α⇒ ⇒
olduğundan
max
2
/10
0
10 1
n
p αω
ω
= −
( )
ve
min
2
/10
0
10 1
n
s αω
ω
= −
( )
yazılabilir. Bu iki eşitlikten
min
max
2/10
/10
10 1
10 1
n
s
p
α
α
ω
ω
−= −
ve buradan
( ) ( )( )
maxmin /10/10log 10 1 / 10 1
2log /s p
n
αα
ω ω
− − = ( )
elde edilir. Buradan n’nin değeri saptanır. n’nin değeri tanım gereği tam sayıdır. Fakat yukarıdaki ifadeden tam sayı bulunamayabilir. Bu durumda bulunan değer kendisinden büyük olan en yakın tam sayıya yuvarlatılır. n’nin bulunması ile normalize Butterworth transfer fonksiyonu belirlenmiş olur. Şimdi kesim frekansı 0ω ’ın saptanması gerekir. 0ω ,( ) veya ()
dan bulunabilir. ( ) den
max0 1/2/1010 1
p
nα
ωω =
− , ( )
( ) den ise
min0 1/2/1010 1
s
nα
ωω =
− ( )
elde edilir. ( ) den bulunursa yaklaşıklık pω ’de tam değer verir. Yani
max( )pα ω α=
olur. Bu durumda sω ’de, yani söndürme bandında minα ’den fazla zayıflatma olacaktır ( n ’nin
değeri daha büyük seçildiği için):
min( )sα ω α>
32
maxα
minα
0 pω sω ω
, dBα
Fazla zayıflatma
Tam
( )α ω
0ω , (2) den bulunursa yaklaşıklık sω ’de tam değer verir. Yani
min( )sα ω α= .
Bu durumda pω ’de (geçirme bandında) maxα ’dan daha az zayıflatma olacaktır ( n ’nin değeri
daha büyük seçildiği için):
max( )pα ω α<
maxα
minα
0 pω sω ω
, dBα
Tam
( )α ω
Az kayıp
33
Örnek:
max min0,5 , 20 , 1000 / , 2000 /p sdB dB rad s rad sα α ω ω= = = =
için 4.83209 5n = ≅ olarak hesaplanır. Şimdi 0ω ,
min0 01/2/10
dan hesaplanırsa 1263,2 / bulunur.10 1
s
nrad s
α
ωω ω= =
−
max0 01/2/10
dan hesaplanırsa 1234 / bulunur.10 1
p
nrad s
α
ωω ω= =
−
0 1263,2 /rad sω = değerini alalım. Buna göre
101000
1000 / için (1000) 10log 1 0,40071263.2p r s dBω ω α
= = = = + =
10
0
1263.21263,2 / için (1263.2) 10log 1 3.0103 3
1263.2r s dB dBω ω α
= = = + = ≅
10
20002000 / için (2000) 10log 1 19.9994 20
1263.2s r s dB dBω ω α
= = = + = ≅
bulunur. Şek. de n=5 için zayıflatma ( )α ω ’nın ω ’ya göre değişimi verilmiştir. 0ω (2)
eşitliğinden bulunduğu için ( )α ω , sω ω= için minα değerini alır yani min( )sα ω α= olur.
5n = değeri ( ) eşitliğinden bulunan 4.83209 değerinden büyük olduğu için ( )α ω ,
1000 /p r sω ω= = için maxα değerini alamaz, daha küçük bir değer alır, yani pω ω= ’deki
zayıflatma maxα ’dan azdır.
34
0 2000 4000 6000 8000 100000
10
20
30
40
50
60
70
80
90
w
alfa
(w)
n=5
ws=2000r/s
wp=1000r/salfamin=20dB
alfamax=0,5dB
Şek. Şek. de n=5 için kazanç ( )A ω ’nın ω ’ya göre değişimi verilmiştir. Yukarıda zayıflatma için verilen şartlar kazanca uyarlanması gerekir. Geçirme bandındaki kazancın belli bir değerden küçük olmaması, söndürme bandındaki kazancın ise belli bir değerden büyük olmaması şart koşulur. Geçirme bandındaki en küçük değer minA , söndürme bandındaki en büyük değer de
maxA ile gösterilir.
0 2000 4000 6000 8000 10000-90
-80
-70
-60
-50
-40
-30
-20
-10
0
w
A(w
)
n=5
Amax=-20dB
Amin=-0,5dB
wp=1000r/s ws=2000r/s
Şek.
35
TRANSFER FONKSĐYONUNU GERÇEKLEYEN DEVRENĐN BULUNMASI Alçak geçiren Butterworth transfer fonksiyonlarının payları bir sabitten ibaret olduklarından devre ile gerçekleme problemine ilk önce bu türden olan transfer fonksiyonlarının gerçeklenmesi ile başlayacağız. PAYI SABĐT OLAN TRANSFER FONKSĐYONLARININ BĐR DEVRE ĐLE GERÇEKLENMESĐ Bir transfer fonksiyonunun çeşitli devre gerçeklemeleri yapılabilir. Biz burada biçimsel olarak ve eleman sayısı bakımından belli kurallara uyan devreler ile gerçeklemeleri ele alacağız. Bundan dolayı da bu tür devrelere Kanonik Devreler diyeceğiz. Kanonik olarak nitelendirilen devrelerin de değişik türleri vardır. Transfer fonksiyonundan devreye giderken tutulan yol biçimsel olarak devrenin uyacağı kuralı ve dolaysıyla da devrenin türünü belirler. BĐRĐNCĐ TÜRDEN KANONĐK DEVRE Alçak geçiren 5. dereceden Butterworth transfer fonksiyonunu göz önüne alalım.
5 4 3 2 5 4 3 21 2 3 4 5
1 1 ( )( )
3,2361 5,2361 5,2361 3,2361 1 ( )
Y sH s
s s s s s s a s a s a s a s a E s= = =
+ + + + + + + + + +
Buradan
5 4 3 21 2 3 4 5( ) ( ) ( )s a s a s a s a s a Y s E s+ + + + + = ( )
elde edilir. Bu eşitliğin her iki yanının ters Laplace dönüşümü alınarak
5 4 3 2
1 2 3 4 55 4 3 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
d y t d y t d y t d y t dy ta a a a a y t e t
dt dt dt dt dt+ + + + + =
bulunur. Devre Sentezi Problemi bu diferansiyel denklemi ya da ( )H s transfer fonksiyonunu sağlayan bir devrenin bulunmasıdır. Bu diferansiyel denklemi dolaysıyla da transfer fonksiyonunu sağlayan sonsuz sayıda devre bulunabilir. Fakat bu denklemi
5 4 3 2
1 2 3 4 55 1 3 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
N
d y t d y t d y t d y t dy ta a a a a y t e t
dt dt dt dt dt−
= − + + + + −
( )
şeklinde yazar, devrenin yapacağı işi: “Yalnızca bir toplama noktası kullanarak bu noktada
4 3 2
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ), , ,
d y t d y t d y t dy t
dt dt dt dtve - ( )e t ’nin toplanması, bu toplamın ters işaretlisinin sistemde
5
5
( )d y t
dt’yi vermesidir” şeklinde tanımlarsak bu işlevi gören devre bir kanonik devre olacaktır.
( ) denklemi ile ( ) denkleminin 5 4 3 21 2 3 4 5( ) ( ) ( ) ( )s Y s a s a s a s a s a Y s E s = − + + + + −
şeklinde yazılması ile eşdeğer olduğu açıktır. Burada devrenin işlevsel olarak uyduğu kural
36
( ) denklemini gerçekleştirmektir. Şimdi bu kanonik devreyi oluşturmaya çalışalım. Bu amaçla beş adet entegral alıcıyı ardarda bağlayarak Şek. deki düzenleşimi oluşturalım.
1( )dx t
dt3( )x t 2( )x t 1( )x t
( )y t2
2
( )d y t
dt( )d y t
dt
1( )x t2( )x t 2 ( )dx t
dt3( )dx t
dt
2( )dx t
dt1( )dx t
dt
3
3
( )d y t
dt
4
4
( )d y t
dt
5
5
( )d y t
dt
Şek. Bu düzenleşimi kullanarak yukarıdaki diferansiyel denklemi gerçekleyen bir sistemin oluşturulması için yapılacak iş yalnızca bir toplama noktası kullanarak bu noktada
4 3 2
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ), , ,
d y t d y t d y t dy t
dt dt dt dtve - ( )e t ’nin toplanması, bu toplamın ters işaretlisinin sistemde
5
5
( )d y t
dt’yi vermesidir. Bu işlevi yerin getiren sistem Şek. de gösterilmiştir.
1( )dx t
dt3( )x t 2( )x t 1( )x t
( )y t
2
2
( )d y t
dt
( )d y t
dt
1( )x t2( )x t 2( )dx t
dt3( )dx t
dt
2( )dx t
dt1( )dx t
dt
3
3
( )d y t
d t
4
4
( )d y t
dt
5
5
( )d y t
dt( )e t
Şek.
Şek. deki toplama noktasının sağındaki (-1) bloğu önündeki entegral alıcının içine sokularak Şek deki blok diyagramı elde edilir.
37
5 ( )dx t
dt−
3( )x t 2( )x t 1( )x t
( )y t2
2
( )d y t
dt
( )d y t
dt
5( )x t 2( )dx t
dt3( )dx t
dt4 ( )dx t
dt
1( )dx t
dt
3
3
( )d y t
d t
4
4
( )d y t
dt
5
5
( )d y t
dt−( )e t
4( )x t
Şek. Bu dönüşüm ( ) denkleminin her iki yanının -1 ile çarpılarak
5 4 3 2
1 2 3 4 55 1 3 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
N
d y t d y t d y t d y t dy ta a a a a y t e t
dt dt dt dt dt−− = + + + + −
şeklinde yazılmasına eşdeğerdir.
Devre sentezinin son aşaması Şek. deki düzenleşimin bir devre ile gerçekleştirilmesidir. Bunun için Şek. deki entegral alıcıların devre ile gerçeklenmesi gerekir. Şek. .a da bir entegral alıcı devre Şek. .b de ise bu devrenin eşdeğer devresi görülmektedir. Bu devreden
0 1i
dvv
dt RC= − bulunur. 1RC s= alınırsa 0 iv v dt= −∫ elde edilir. Demek ki, entegral alıcı
devre, girişin entegralini almakla kalmayıp (-) ile de çarpmaktadır.
C
+
v0
-
+
R +
vi
+ 1
iv dtRC ∫
i2
R vi
+
38
Öyleyse Şek. deki entegral alıcıların yerine −∫ koyulursa ileri yoldaki tek mertebeli türevler
(-) ile çarpılacağından ( ) denkleminin değişmezliğinin sağlanması amacıyla bu türevlerden çıkan geribesleme yollarına (-1) bloklarının yerleştirilmesi gerekir (Şek. ).
5 ( )dx t
dt−
3( )x t 2( )x t 1( )x t
( )y t2
2
( )d y t
dt
( )d y t
dt−
5( )x t 2( )dx t
dt3( )dx t
dt4 ( )dx t
dt
1( )dx t
dt
3
3
( )d y t
d t−
4
4
( )d y t
dt
5
5
( )d y t
dt−( )e t
4( )x t
Şek. Şek. in anlamı ( ) eşitliğinin
5 4 2 3
1 3 5 2 45 1 2 3
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
N
d y t d y t d y t d y t dy ta a a y t a a e t
dt dt dt dt dt−
− = + + − − + − +
şeklinde düzenlenmesinden başka bir şey değildir. Öte yandan Şek. deki blok diyagram yerine Şek. deki alınırsa ( ) esitliğinde bir değişme olmaz.
1( )dx t
dt− 3( )x t 2( )x t 1( )x t
( )y t2
2
( )d y t
dt
( )d y t
dt−
1( )x t2( )x t 2( )dx t
dt−3( )dx t
dt−
2( )dx t
dt− 1( )dx t
dt−
3
3
( )d y t
d t−
4
4
( )d y t
dt
5
5
( )d y t
dt−( )e t
Şek.
39
Şek. deki blok diyagramı bir devre ile gerçeklenebilir hale gelmiştir. Şek. deki devre bu blok diyagramını dolaysız olarak gerçekler. Burada transfer fonksiyonunun katsayıları
1 2 3 4 53,2361, 5,2361, 5,2361, 3,2361, 1a a a a a= = = = =
olmak üzere direnç değerleri
1 5 1 4 1 3 1 2 1 1
5 4 3 2 1
1 1 1 1 1, , , , F F F F FR R R R R
a a a a a− − − − −= = = = =
şeklinde bulunur. Şek. deki devreye Birinci Türden Kanonik Devre diyoruz. ( )H jω ’nın
ω ’ya göre değişimi Şek. de verilmiştir.
V
0
RF1_3
0.19098
0
C1_4
1
0
RF1_0
1
RF1_5
1
C1_2
1
C1_1
1
0
R1_1
1
RF1_4
0.3090
U1_1
OPAMP
+
-
OUT
R1_2
1
RF1_1
0.3090
R1_3
1
R1_5
1
0
U1_3
OPAMP
+
-
OUT
C1_3
1
U1_0
OPAMP
+
-
OUT
R1_4
1
C1_5
1
U1_5
OPAMP
+
-
OUT
R1_0
1
U1_2
OPAMP
+
-
OUT
V1_11Vac
0Vdc
U1_4
OPAMP
+
-
OUT
RF1_2
0.19098
00
Şek.
Şek. deki blok diyagramda soldan ilk sıradaki entegral alıcı ile toplama elemanının görevini devrede tek bir entegral alıcı yapar. Hal böyle iken entegral alıcı ile toplama elemanını ayırarak ikisinin arasından işaret çıkışı yapmak olanaksız olur. Böyle bir işaretin gerektiği durumlar için blok diyagramını Şek. deki biçime dönüştürmek gereklidir.
40
1( )dx t
dt− 3( )x t 2( )x t 1( )x t
( )y t2
2
( )d y t
dt
( )d y t
dt−
1( )x t2( )x t 2( )dx t
dt−3( )dx t
dt−
2 ( )dx t
dt− 1( )dx t
dt−
3
3
( )d y t
d t−
4
4
( )d y t
dt
5
5
( )d y t
dt−
( )e t
Şek.
n=3 için transfer fonksiyonundan elde edilen blok diyagramı Şek. de,
3( )x t2( )x t 1( )x t
( )y t2
2
( )d y t
dt
( )d y t
dt−
2 ( )dx t
dt−
3( )dx t
dt−
1( )dx t
dt−
3
3
( )d y t
d t−( )e t
Şek.
ve bu blok diyagramından elde edilen devre de Şek. de verilmiştir.
U11
OPAMP
+
-
OUT
U12
OPAMP
+
-
OUT
U13
OPAMP
+
-
OUT
U14
OPAMP
+
-
OUT
R11
1
R13
1
R14
1
R15
1
C13
1
C12
1
C11
1
V11Vac
0Vdc
R12
1
Ra11
0.5
Ra12
0.5
Ra13
1
Şek.
41
Şek. n=2 için transfer fonksiyonundan elde edilen blok diyagramı Şek. de,
2( )x t1( )x t
( )y t2
2
( )d y t
dt
( )d y t
dt−
1( )dx t
dt−
2( )dx t
dt−
( )e t
ve bu blok diyagramından elde edilen devre de Şek. de verilmiştir.
42
U1
OPAMP
+
-
OUT U2
OPAMP
+
-
OUT
R5
1
R6
1
R2
1
C1
1
U3
OPAMP
+
-
OUT
R3
1V11Vac
0Vdc
C2
1
R4
0.707
R1
1
Frequency
1.0mHz 10mHz 100mHz 1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz
V(U2:OUT)
0V
0.5V
1.0V
(158.927m,707.989m)
ĐKĐNCĐ TÜRDEN KANONĐK DEVRE Bu kez
5 4 3 21 2 3 4 5( ) ( ) ( )s a s a s a s a s a Y s E s+ + + + + =
denklemini
( )5 4 3 2 15 4 3 2 4
1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )Y s a Y s E s a Y s a Y s a Y s a Y s
s s s s s= − + − − − −
şeklinde yazalım ve her iki yanın ters Laplace dönüşümünü alalım:
( )5 4 3 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )y t a y t e t dtdtdtdtdt a y t dtdtdtdt a y t dtdtdt a y t dtdt a y t dt= − + − − − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ elde edilir. Şimdi bu denklemi
( )5 4 3 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )y t a y t e t dtdtdtdtdt a y t dtdtdtdt a y t dtdtdt a y t dtdt a y t dt= − − + − − + − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
43
şeklinde yazalım. Bu denklem Şek. deki blok diyagram ile gerçeklenebilir. Bu blok diyagramı ise Şek. deki devre ile gerçeklenebilir. Bu devrede
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
1 1 1 1 1, , , , F F F F FR R R R R
a a a a a= = = = =
Şek. deki devreye Đkinci Türden Kanonik Devre diyoruz. ( )H jω ’nınω ’ya göre değişimi Şek.
de verilmiştir.
( )5 4 3 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )y t a y t e t dtdtdtdtdt a y t dtdtdtdt a y t dtdtdt a y t dtdt a y t dt= − − + − − + − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
5( )dx t
dt− 3( )x t 2( )x t 1( )x t
( )et( )d y t
dt−
5( )x t
4( )x t2( )dx t
dt−3( )dx t
dt−
4( )dx t
dt−
1( )dx t
dt−
( )y t
Şek.
V
U3
OPAMP
+
-
OUT
U5
OPAMP
+
-
OUT
0
U6
OPAMP
+
-
OUT
r
1
RF4
0.3090
0
C4
1
C3
1
0
R1
1
U4
OPAMP
+
-
OUT
0
C2
1
RF3
0.19098
C1
1
0
R2
1
0
R6
1V11Vac
0Vdc
R4
1
0
C5
1
R5
1
RF2
0.19098
R3
1
RF1
0.3090
U2
OPAMP
+
-
OUT
U1
OPAMP
+
-
OUT
RF5
1
Şek.
44
n=2 için blok diyagramı Şek. de,
3( )x t 2( )x t 1( )x t
( )et( )d y t
dt−
2( )dx t
dt−3( )dx t
dt−
1( )dx t
dt−
( )y t
ve bu blok diyagramından elde edilen devre de Şek. de verilmiştir.
U21
OPAMP
+
-
OUT
U22
OPAMP
+
-
OUT
U23
OPAMP
+
-
OUT
R21
1
R22
1
R23
1
C14
1
C15
1
C21
1
Ra23
1Ra22
0.5Ra21
0.5
U24
OPAMP
+
-
OUT
R24
1
R25
1
V21Vac
0Vdc
Bu devrenin genlik karakteristiği Şek. de gösterilmiştir.
45
Şek.
n=2 için blok diyagramı Şek. de,
2( )x t1( )x t( )et
( )d y t
dt−
2( )dx t
dt− 1( )dx t
dt− ( )y t
Şek. ve bu blok diyagramından elde edilen devre de Şek. de verilmiştir.
Şek.
46
R6
1
R4
0.707
U2
OPAMP
+
-
OUT
C2
1
R1
1
V11Vac
0Vdc
R3
1
U3
OPAMP
+
-
OUT
C1
1
R5
1
R2
1U1
OPAMP
+
-
OUT
Frequency
1.0mHz 10mHz 100mHz 1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz
V(U2:OUT)
0V
0.5V
1.0V
(158.927m,707.989m)
GENEL BĐÇĐMDEN TRANSFER FONKSĐYONUNUN BĐR DEVRE ĐLE GERÇEKLENMESĐ Payı sabit olan transfer fonksiyonlarının iki türden kanonik devre ile gerçeklemeleri yukarıda yapıldı. Paydaki sabitin birim değerinde olmasına karşıdüşen giriş-çıkış diferansiyel denkleminin
1
1 11
( ) ( ) ( ).... ( ) ( )
N N
N NN N
d y t d y t dy ta a a y t e t
dt dt dt
−
−−+ + + + =
şeklinde olduğunu gördük. Şimdi de
1 1
1 1 0 1 11 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).... ( ) .... ( )
N N N N
N N N NN N N N
d y t d y t dy t d e t d e t de ta a a y t b b b b e t
dt dt dt dt dt dt
− −
− −− −+ + + + = + + + + ( )
şeklindeki en genel biçimden bir giriş-çıkış diferansiyel denkleminin iki türden kanonik devreyle gerçekleştirilmesini inceleyeceğiz. BĐRĐNCĐ TÜRDEN KANONĐK DEVRE
47
Şimdi payı sabit olan transfer fonksiyonları durumunda yazılan diferansiyel denklemdeki
( )y t yerine ( )w t alarak aynı denklemi yazalım:
5 4 3 2
1 2 3 4 55 4 3 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
d w t d w t d w t d w t dw ta a a a a w t e t
dt dt dt dt dt+ + + + + = ( )
( ) ile ( ) karşılaştırılması ve denklemlerin lineer olduğu da göz önüne alındığında
1
0 1 11
( ) ( ) ( )( ) .... ( )
N N
N NN N
d w t d w t dw ty t b b b b w t
dt dt dt
−
−−= + + + + ( )
sonucunu verir. Şimdi Şek. de 2
2
( ) ( ) ( )( ), , ,........,
N
N
dy t d y t d y ty t
dt dt dt yerine, sırasıyla,
2
2
( ) ( ) ( )( ), , ,........,
N
N
dw t d w t d w tw t
dt dt dt alalım ve her birinin işaretini göz önüne alarak ( )
eşitliğini uygularsak Şek. deki blok diyagramını elde ederiz.
1( )dx t
dt− 3( )x t
2( )x t1( )x t
( )w t2
2
( )d w t
dt( )d w t
dt−
1( )x t2( )x t 2 ( )dx t
dt−3( )dx t
dt−
2 ( )dx t
dt− 1( )dx t
dt−
3
3
( )d w t
d t−
4
4
( )d w t
dt
5
5
( )d w t
dt−( )e t
Şek.
Şek. den görüldüğü üzere blok diyagramda soldan ilk sıradaki entegral alıcı ile toplama
elemanının arasındaki 5
5
( )d w t
dt− işaretinden bir çıkış alınması gerekmektedir. Dolaysıyla
devrenin sentezi için yukarıda gerekçeleri verilmiş olan Şek. deki blok diyagramının kullanılması gerekli olacaktır.
48
1( )dx t
dt− 3( )x t
2( )x t1( )x t
( )w t2
2
( )d w t
dt( )d w t
dt−
1( )x t2( )x t 2( )dx t
dt−3( )dx t
dt−
2( )dx t
dt− 1( )dx t
dt−
3
3
( )d w t
d t−
4
4
( )d w t
dt
5
5
( )d w t
dt−
( )e t
( )y t
Şek.
Şek. de 5 4 3 2
5 4 3 2
1( )
3,2361 5,2361 5,2361 3,2361 1
s s s s sH s
s s s s s
+ + + + +=
+ + + + + transfer fonksiyonunu
gerçekleyen birinci türden kanonik devre, Şek. de ise bu devrenin genlik frekans karakteristiği verilmiştir. Bu devrede
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
1 1 1 1 1, , , , a a a a aR R R R R
a a a a a= = = = =
5 4 3 2 1 0
5 4 3 2 1 0
1 1 1 1 1 1, , , , , = b b b b b bR R R R R R
b b b b b b= = = = =
0
U1_3
OPAMP
+
-
OUT
RF01_0
1
R1_10
1
C1_5
1
C1_4
1
0
R1_8
1
U1_2
OPAMP
+
-
OUT
R1_4
1
C1_1
1
RF1_1
0.3090
R1_0
1
R1_11
1
RF1_4
0.3090
U1_6
OPAMP
+
-
OUT
R01_0
1
RF1_6
1
R1_2
1
U1_1
OPAMP
+
-
OUT
RF1_7
1
0
0
V1_11Vac
0Vdc
RF1_5
1
C1_2
1
r
1
U01_0
OPAMP
+
-
OUT
U1_0
OPAMP
+
-
OUT
R1_3
1
U1_5
OPAMP
+
-
OUT
R1_12
1
R1_7
1
0
RF1_0
1
U1_4
OPAMP
+
-
OUT
C1_3
1
R1_6
1
RF1_3
0.19098RF1_2
0.19098
R1_5
1
0
R1_9
1
0
0
0
0
U1_7
OPAMP
+
-
OUT
Şek.
49
Şek. Örnek:
( )( ) ( )
1 2
1 2
1 2
2 2 2 2 2 2 2 20 0
2 2 2 20 02 2 2 20 0
1 2
4 5 2 2 4 8
24 3 5 2 2
(2 50) (2 150)
2 50 2 150(2 50) (2 150)2 10 10
10 9 10
2 200 4 750010
10 100
s s s sH s
s s s ss s s sQ Q
s s
s s s
ω ω π π
π πω ω π πω ω
π π
π ππ
+ + + + = =
+ + + + + + + +
+ +=
+ + +
3 5 4 8
4 2
4 3 2
12 10 9 10
986965,06 87669001958,8575
125,664 989925,951 37207793,039 87669001958,8575
s
s s
s s s s
π π+ +
+ +=
+ + + +
1 250 , 150 f Hz f Hz= = de sıfırları olan bir çentik süzgecinin (notch filter) transfer fonksiyonudur. Bu
fonksiyonu gerçekleyen birinci türden kanonik devre Şek. de, bu devrenin genlik karakteristiği ise Şek. de verilmiştir.
U1_1
OPAMP
+
-
OUT
C1_1
1u
R01_0
1K
RF1_0
1K
U01_0
OPAMP
+
-
OUT
r
1K
R_b4
11.4065K
V1_11Vac
0Vdc
C1_2
1u
0
R1_4
1K
0
Ra1
7.9577K
R1_0
1K
C1_4
1u
0
RF01_0
1K
R_b2
1.0132K
0
U1_7
OPAMP
+
-
OUT
0
Ra4
11.4065K
Ra2
1.0102K
0
V
U1_0
OPAMP
+
-
OUT
0
Rb_0
1K
0
U1_2
OPAMP
+
-
OUT
R1_3
1K
Ra3
26.8761K
U1_3
OPAMP
+
-
OUT
U1_4
OPAMP
+
-
OUT
C1_3
1u
RF1_7
1K
R1_2
1K
Şek.
50
Şek.
ĐKĐNCĐ TÜRDEN KANONĐK DEVRE ( ) deki diferansiyel denklemi N=5 için yazalım:
5 4 5 4
1 4 5 0 1 4 55 4 5 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).... ( ) .... ( )
N
d y t d y t dy t d e t d e t de ta a a y t b b b b e t
dt dt dt dt dt dt−
= − − − − + + + + +
şeklinde yazalım. Bu denklemin her iki yanının 5 katlı entegralini alalım:
5 5 4 4 3 3
2 2 1 1 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
y t a y t b e t dtdtdt a y t b e t dtdtdt a y t b e t dtdtdt
a y t b e t dtdt a y t b e t dt b e t
= − + + − + + − +
+ − + + − + +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫ Bu eşitliğin blok diagramı gerçeklemesi n=3 için Şek. de gösterilmiştir.
51
( )w t&& ( )w t& ( )w t
1( )x t1( )x t&2( )x t&3( )x t&3( )x t 2( )x t
( )w t&&&
Şek.
Şek. deki entegral alıcıların yerine −∫ koyulursa bu değişikliğin gerektirdiği öteki
değişiklikler de yapılarak Şek. deki blok diyagramı elde edilir.
5( )dx t
dt− 3( )x t 2( )x t 1( )x t
( )e t( )d y t
dt−
5( )x t
4( )x t2 ( )dx t
dt−3( )dx t
dt−
1( )dx t
dt− ( )y t4 ( )dx t
dt−
Şek.
Şek. de
5 4 3 2
5 4 3 2
1( )
3,2361 5,2361 5,2361 3,2361 1
s s s s sH s
s s s s s
+ + + + +=
+ + + + +
52
transfer fonksiyonunu gerçekleyen ikinci türden kanonik devre ,Şek. de ise bu devrenin genlik frekans karakteristiği verilmiştir. Bu devrede devre elemanlarının değerleri
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
1 1 1 1 11 , 0,3090 , 0,19098 , 0,19098 , =0,3090 a a a a aR R R R R
a a a a a= = Ω = = Ω = = Ω = = Ω = Ω
5 4 3 2 1 0
5 4 3 2 1 0
1 1 1 1 1 11 , 1 , 1 , 1 , 1 , = 1 b b b b b bR R R R R R
b b b b b b= = Ω = = Ω = = Ω = = Ω = = Ω = Ω
şeklinde bulunur.
0
R_a5
1
0
V
R_a1
0.3090
R_a4
0.3090
R_b4
1
R_a2
0.19098
U5
OPAMP
+
-
OUT
U2
OPAMP
+
-
OUT
U7
OPAMP
+
-
OUT
R_a3
0.19098
C5
1
UF7
OPAMP
+
-
OUT
R2
1
R6
1
C2
1
R5
1
U8
OPAMP
+
-
OUT
0
R_b5
1
U1
OPAMP
+
-
OUT
R11
1
C1
1
R_b0
1
R9
1
U4
OPAMP
+
-
OUT
R4
1
R8
1
R10
1
C4
1
U3
OPAMP
+
-
OUT
R_b1
1
R3
1
0
V1
1Vac
0Vdc
0
00 0
R_b3
1
R_b2
1
R7
1
C3
1
0
Örnek:
( )( )( )
1 2
1 1
1 2
2 2 2 2 2 2 2 20 0
2 2 2 20 02 2 2 20 0
1 2
4 5 2 2 4 8
24 3 5 2 2
(2 50) (2 150)
2 50 2 150(2 50) (2 150)
10 10
10 9 10
2 200 4 750010
10 100
s s s sH s
s s s ss s s sQ Q
s s
s s s
ω ω π π
π πω ω π πω ω
π π
π ππ
+ + + + = =
+ + + + + + + +
+ +=
+ + + +
3 5 4 8
4 2
4 3 2
12 10 9 10
986965,06 87669001958,8575
125,664 989925,951 37207793,039 87669001958,8575
s
s s
s s s s
π π+
+ +=
+ + + +
1 250 , 150 f Hz f Hz= = de sıfırları olan bir çentik süzgecinin (notch filter) transfer fonksiyonudur.
Devre elemanlarının değerleri
4 3 2 1
4 3 2 1
1 1 1 1, , , a a a aR R R R
a a a a= = = =
4 3 2 1 0
4 2 0
1 1 1, , , , = b b b b bR R R R R
b b b= = ∞ = = ∞
Bu elemen değerlerine göre elde edilen devre Şek. de, bu devrenin genlik karakteristiği ise Şek. de verilmiştir.
53
V1
1Vac
0Vdc
R_b2
1.0132K
C4
1u
C2
1u
R7
1K
U2
OPAMP
+
-
OUT
R9
1K
C3
1u
C1
1u
U4
OPAMP
+
-
OUT
R4
1K
R5
1K
R3
1K
0
R2
1K
R_a3
26.8761K
0
R_b0
1K
U7
OPAMP
+
-
OUT
0
R8
1K
0
U1
OPAMP
+
-
OUT
0
R_b4
11.4065K
U8
OPAMP
+
-
OUT
0
U3
OPAMP
+
-
OUT
V
R_a4
11.4065K
0
R_a2
1.0102KR_a1
7.9577K
Şek.
Şek.
54
FREKANS DÖNÜŞÜMLERĐ
Süzgeçlerin transfer fonksiyonlarının seçicilik bölgelerini değiştirmek amacıyla frekans değişkeni ω ’nın belli bir fonksiyona göre yeni bir frekans değişkenine dönüştürülmesi işlemine Frekans Dönüşümü denir. Örneğin, ( )H jω 'nın ω değişkenine göre frekans
seçicilik aralığı
1 2a aω≤ ≤
olsun. ˆ( )fω ω= ( )
şeklinde bir dönüşüm fonksiyonu ile yeni bir ω değişkeni tanımlayalım. Bu fonksiyona göre
1 2a aω≤ ≤ aralığına 1 2ˆb bω≤ ≤ aralığı karşı düşecektir. Öyleyse ( )H jω 'nın 1 2a aω≤ ≤
aralığında aldığı değerleri
ˆ( )ˆ( ) ( ( ))fH j H j fω ωω ω= =
şeklinde elde edilen ˆ( ( ))H j f ω 1 2
ˆb bω≤ ≤ aralığında alacaktır.
ˆˆ ˆ( ( )) ( )H j f H jω ω= yazılabildiğinden
ˆ( )ˆ ˆ( ) ( )
fH j H jω ωω ω= =
şeklinde elde edilen ˆ ˆ( )H jω fonksiyonu frekans seçicilik bölgesi 1 2ˆb bω≤ ≤ olan yeni bir
fonksiyon olmaktadır. ˆˆ ve s j s jω ω= = bağıntılarını da göz önüne alarak
ˆ ˆ( )ˆ
ˆ ˆˆ ˆ ˆ( ) ( ) = ( ( ))= ( ) ( )s j f s
j
H s H j H jf H j H sω ω ωω
ω ω ω= ==
= = ( )
elde edilir. ( ) dönüşümü ˆ
ˆ ˆ( ) veya ( ) ( )s s
f s j f j s g sj j
= = − =
şeklinde de yazılabilir. Bu dönüşümü kullanarak ( ) eşitliği
ˆ( )ˆ ˆ( ) ( )s g sH s H s= =
şeklinde de yazılabilir.
ALÇAK GEÇĐREN (AG)- ALÇAK GEÇĐREN (AG) FREKANS DÖNÜŞÜMÜ Bu dönüşümün işlevi frekans bölgesinin içindeki bir frekansı belli bir oranda değiştirmek yani belli bir sayı ile çarpmaktır. Bu ölçeklendirmede 0 ve ±∞ frekansları aynı kalır. Söz konusu işlev
55
ˆ0 0
ˆ
ˆ1 c
ω ω
ω ω
ω ω ω
= ⇒ =
= ±∞ ⇒ = ±∞
= ⇒ =
şeklinde özetlenebilir. AG-AG dönüşümü fonksiyon olarak
ˆˆ( )
c
fω
ω ωω
= =
şeklinde verilebilir. Demek ki, böyle bir dönüşümü uygulamak için ( )H jω ’da, ω yerine ˆ
c
ω
ω
koymak gerekir. Böylece ( )H jω ’dan ˆ ˆ( )H jω elde edilmiş olur. Şek. de n=3 için
Butterworth karakteristiği ( )H jω ve 5cω = için ( )c
H jω
ω yani ( )
5H j
ω çizdirilmiştir.
0 5 10 15 200
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(jw)|
|H(jw/5)|
Şek.
ˆ ves s arasındaki dönüşüm
ˆ
c
ss
ω=
şeklinde verilir. Bu dönüşümü n inci dereceden AG Butterworth transfer fonksiyonuna uygulayalım. n inci deceden alçak geçiren Butterworth transfer fonksiyonunun
1( )
( )LP
n
H sB s
=
şeklinde verildiğini gördük. Burada ( )nB s n inci dereceden Butterworth polinomudur. Bu
polinomda AG-AG frekans dönüşümü yapılırsa
56
( )
1
1 1
0 0 0 0
1 2 2 11 0 2 0 1 0 0
0
ˆ ˆ ˆ ˆ( ) ........
1ˆ ˆ ˆ ˆ = .........
n n
n n n
n n n n n
nn
s s s sB a a a
s a s a s a s
ω ω ω ω
ω ω ω ωω
−
−
− − −
−
= + + + + =
+ + + + +
elde edilir. Öyleyse
01 2 2 1
0 1 0 2 0 1 0 0
ˆ ˆ ˆ( ) ( )ˆ ˆ ˆ ˆ.........
n
LP LPn n n n n
n
sH H s
s a s a s a s
ω
ω ω ω ω ω− − −
−
= =+ + + + +
elde edilir.
Đkinci dereceden Butterworth polinomu bu dönüşümle
( )0
2 2 2ˆ 0 02
0
1ˆ ˆ2 1 2si is
s s s sω
α α ω ωω=
+ + = + +
şekline dönüşür. Đkinci dereceden transfer fonksiyonu ise
20
2 20 0
ˆ ˆ( )ˆ ˆ2i
i
H ss s
ω
α ω ω=
+ +
şeklini alır. Şek. de 0 1 /r sω = ve 0 5 /r sω = genlik karakteristikleri çizdirilmiştir.
0 5 10 15 200
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
w0=5
w0=1
57
ALÇAK GEÇĐREN (AG)-YÜKSEK GEÇĐREN (YG) FREKANS DÖNÜŞÜMÜ Bu frekans dönüşümünün
ˆ0
ˆ 0
ω ω
ω ω
±= ⇒ = ∞
= ±∞ ⇒ = m
m
değerlerini sağlaması gerekir. Böyle bir dönüşüm
1ˆ( )
ˆfω ω
ω= =
−
şeklinde verilebilir. ˆ ves s arasındaki dönüşüm ise
1ˆ
s
sj
j
=
−
den 1
ˆs
s=
şeklinde bulunur. n inci deceden alçak geçiren Butterworth transfer fonksiyonunun
1( )
( )LP
n
H sB s
=
şeklinde verildiğini gördük. Burada ( )nB s n inci dereceden Butterworth polinomudur. Bu
polinomda AG-YG frekans dönüşümü yapılırsa katsayılardaki simetriden dolayı ˆ1 ( )
( )ˆ ˆ
nn n
B sB
s s=
elde edileceği açıktır. Öyleyse
ˆ1 1ˆ( ) ( )
1 ˆ( )( )ˆ
n
LP HP
nn
sH H s
s B sBs
= = =
elde edilir. Şek. de n=1 için YG genlik frekans karakteristiği; Şek. de n=1 için, Şek. de ise n=5 için AG ve YG Butterworth genlik frekans karakteristikleri verilmiştir. Şek. de çeşitli n değerleri içinYG Butterworth genlik frekans karakteristikleri verilmiştir.
58
0 2 4 6 8 100
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
HP n=1
0 2 4 6 8 100
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
n=1
HP
LP
0 2 4 6 8 100
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
HP
LP
n=5
0 1 2 3 4 50
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=10
-5 0 50
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w
|H(j
w)|
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=10
0 2 4 6 8 100
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
ALÇAK GEÇĐREN (AG)-BANT GEÇĐREN (BG) FREKANS DÖNÜŞÜMÜ Şek. de AG Şek. de ise BG genlik frekans karakteristikleri verilmiştir. Karakteristiklerdeki frekansların
59
-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 200
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
wAG
|HA
G(jw
AG
)|
-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 200
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
-w0 wBG w0
|HB
G(j
wB
G)|
Şek.
ˆ ve AG BGω ω ω ω= =
olduğu göz önüne alınarak ve Şek deki frekans karakteristiklerinin karşılaştırılırsa AG-BG frekans dönüşümünün
0
0 0
0 0
ˆ0
ˆ=- 0
ˆ=0 0
ˆ=+
ˆ=-
ˆ ˆ0 ve 0
ˆ ˆ0 ve 0
ω ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω ω ω ω
ω ω ω ω ω
+
+ −
= ⇒ = ±
∞ ⇒ =
⇒ =
∞ ⇒ = +∞
∞ ⇒ = −∞
> ⇒ > − > >
< ⇒ < − < <
değerlerini sağlaması gerektiği kolayca görülür. Bu değerlerden böyle bir dönüşümün
2 20
ˆˆ( )
ˆf
ω ωω ω
ω
−= =
şeklinde verilebileceği görülebilir. Bu dönüşüm 0K > olmak üzere
2 20
ˆˆ( )
ˆf K
ω ωω ω
ω
−= =
şeklinde de verilebilir. Şimdi bu dönüşüme göre 1 1 ve -ω ω frekanslarına sırasıyla 1 2
ˆ ˆ ve ω ω
frekanslarının karşıdüştüğünü varsayalım. Öyleyse 2 21 0
1
1
ˆ
ˆK
ω ωω
ω
−= ve
2 22 0
1
2
ˆ
ˆK
ω ωω
ω
−− = ( )
yazabiliriz. Bu denklemlerden
2 2 2 21 0 2 0
1 2
ˆ ˆ
ˆ ˆ
ω ω ω ω
ω ω
− −= −
2 2 2 21 2 0 2 1 2 0 1
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( )ω ω ω ω ω ω ω ω− = − −
elde edilir. Bu denklem
60
21 2 1 2 0 1 2
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( ) ( )ω ω ω ω ω ω ω+ = +
şeklinde yazılarak buradan
20 1 2
ˆ ˆω ω ω=
bulunur. Şimdi bu eşitlik ( ) de yerine koyularak
1
1 2ˆ ˆ
Kω
ω ω=
−
bulunur. Bant geçiren süzgecin bant genişliğini ω∆ ile gösterirsek
1 2ˆ ˆ ˆω ω ω∆ = −
ve
1
ˆK
ω
ω=
∆
bulunur. Bu eşitlik ( ) de yerine koyularak 2 2
01ˆ
ˆ ˆ
ω ωωω
ω ω
−=
∆ ( )
elde edilir. 1 1 /r sω = alınarak bu fonksiyon ˆBW ω= ∆ ’nın üç değişik değeri Şek. de
çizilmiştir.
-50 0 50-500
-400
-300
-200
-100
0
100
200
300
400
500
w
ω
BW = 0.5
BW = 1
BW = 2
Alçak geçiren süzgeç transfer fonksiyonu normalize transfer fonksiyonu ise 1 1 /r sω =
olduğundan dönüşüm
2 20
ˆ1
ˆ ˆ
ω ωω
ω ω
−=
∆
şeklini alır. 1 1 /r sω = ve ˆ 1 /r sω∆ = ise dönüşüm
61
2 2
0ˆ
ˆ
ω ωω
ω
−=
şeklini alır.
Tekrar genel duruma geri dönülürse ( ) eşitliğinde ˆ
ˆ,s s
j jω ω= = yazılarak ˆ ves s
arasındaki dönüşüm
2 21 0ˆ
ˆ ˆ
ss
s
ω ω
ω
+=
∆
şeklinde elde edilir. Burada
• 1ω , AG süzgecin herhangi bir frekansı olduğuna göre ( )AGH jω çift
fonksiyon olduğundan 1ω ω= ve 1ω ω= − için 1 1( ) ( )AG AGH j H jω ω− = ;
• 1 2ˆ ˆ ve ω ω
2 201
ˆ
ˆ ˆ
ω ωωω
ω ω
−=
∆
dönüşümü ile 1 1 ve ω ω− ’e karşıdüşsün. Bunun sonucunda
1 2 1 1ˆ ˆ( ) ( ) ( ) ( )BG BG AG AGH j H j H j H jω ω ω ω= = = − ; ve
0 1 2ˆ ˆω ω ω= ve 1 2
ˆ ˆ ˆω ω ω∆ = −
elde edilir. 1ω =1r/s alınırsa 2 2
0ˆ1
ˆ ˆ
ω ωω
ω ω
−=
∆
bulunur. Burada 1 /r sω = alınırsa 2 2
0ˆ ˆ ˆ 0ω ω ω ω− ∆ − =
bulunur. Bu denklemin kökleri 2
21,2 0
ˆ ˆˆ
2 4
ω ωω ω
∆ ∆= ± +
Bu iki değerden pozitif değerli olan 2
21 0
ˆ ˆˆ
2 4
ω ωω ω
∆ ∆= + +
alınabilir. Öte yandan 1 /r sω = − alınırsa 2 2
0ˆ ˆ ˆ 0ω ω ω ω+ ∆ − =
bulunur. Bu denklemin kökleri 2
21,2 0
ˆ ˆˆ
2 4
ω ωω ω
∆ ∆= − ± +
62
Bu iki değerden pozitif değerli olan 2
22 0
ˆ ˆˆ
2 4
ω ωω ω
∆ ∆= − + +
alınabilir.
• s AG süzgecin transfer fonksiyonu ( )LPH s ’in Laplace değişkenidir.
• s BG süzgecin transfer fonksiyonu ( )BGH s ’in Laplace değişkenidir.
Şek. de 3. dereceden normalize ( 1 1 /r sω = ) AG Butterworth transfer fonksiyonuna sırasıyla
2 2 2 2 2 2ˆ ˆ ˆ10 1 10 1 10, ,
ˆ ˆ ˆ3 5
s s ss s s
s s s
+ + += = =
dönüşümleri uygulanarak elde edilen merkez frekansı 0 10 r/sω = , bant genişliği sırasıyla
ˆ =1 r/s , 3 r/s ve 5r/sω∆ olan üç band geçiren süzgecin ve AG Butterworth sügecin genlik frekans karakteristikleri birlikte verilmiştir.
-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 200
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
B.Gen=5r/s
B.Gen=3r/s
B.Gen=1r/s
AG
BG
Şek.
63
ALÇAK GEÇĐREN (AG)-BANT SÖNDÜREN (BS) FREKANS DÖNÜŞÜMÜ Bu frekans dönüşümü AG-BG dönüşümünün ters özelliklerine sahip olacaktır.Dolaysıyla böyle bir dönüşüm
2 20
( )w
f w Kw w
ω = =−
( )
şeklinde verilebilir. 1 1 ve w w w w= = − koyularak
11 2 2
1 0
wK
w wω =
− ( )
ve
21 2 2
2 0
wK
w wω− =
−
bulunur. Buradan
1 22 2 2 21 0 2 0
w w
w w w w= −
− −
ve 20 1 2w wω =
bulunur. Bu eşitlik ( ) yerine koyularak
1 1 2( )K w wω= −
elde edilir.
1 2w w ω− = ∆
olarak tanımlanırsa
1K ω ω= ∆
Bu eşitlik ( ) de yerine koyularak
12 2
0
ww
w w
ωω = ∆
−
Alçak geçiren süzgeç transfer fonksiyonu normalize transfer fonksiyonu ise
1 1 /r sω =
olduğundan dönüşüm
2 20
ww
w wω = ∆
−
64
şeklini alır. 1 1 /r sω = ve 1 /w r s∆ = alınırsa
2 20
w
w wω =
−
elde edilir.
Tekrar genel duruma geri dönülürse ( ) eşitliğinde ˆ
ˆ,s s
j jω ω= = yazılarak ˆ ves s
arasındaki dönüşüm
1 2 20
ˆ
ˆˆ
ss
sω ω
ω= ∆
+
şeklinde verilir. Şek. de merkez frekansı 0 20 r/sω = , bant genişliği sırasıyla
ˆ =4 r/s , 8 r/s ve 16r/sω∆ olan üç süzgecin genlik frekans karakteristikleri verilmiştir.
-50 0 500
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Örnek: Aşağıda verilen frekans özelliklerini sağlayan bir bant söndüren süzgeç tasarlanacaktır.
• 2ˆ = 1000 rad / sω ve 1
ˆ =3000rad / sω frekanslarındaki zayıflatması 3 dB.
• 4ˆ = 1500 rad / sω ile 3
ˆ = 2000 rad / sω frekansları arasındaki zayıflatması en az
30 dB;
(a) Bant söndüren süzgecin transfer fonksiyonunun alçak geçiren normalize Butterworth transfer fonksiyonundan (AGNBTF) AG-BS dönüşümü ile elde edildiği varsayıldığına göre verilen özellikleri AGNBTF’nun derecesi n’yi,
65
n=1-10 değerleri için AGNBTF’nun Şek. de verilen ( )α ω zayıflatma eğrilerini kullanarak belirleyiniz. Bulduğunuz n değerine karşıdüşen AGNBTF’u yazınız.
(b) AG-BS dönüşümü AGNBTF’na uygulayarak istenilen BS süzgecin transfer fonksiyonunu elde ediniz.
(c) ( 0) , ( 2000) , ( 3200) , ( 4000) , ( 5000) , ( 8000) , ( )BS BS BS BS BS BS BS
H j H j H j H j H j H j H j∞
değerlerini kullanarak ( )BSH jω ’yi kabaca çiziniz.
Çözüm: BS süzgecin bant genişliği:
1 2ˆ ˆ ˆ =3000 1000 2000 /r sω ω ω∆ = − − =
BS süzgecin 3ω frekansına AGNBTF da karşıdüşen frekans:
3 32 2 23 0
ˆ 2000ˆ 2000 4 /
ˆ 2000 1000 3000r s
ωω ω
ω ω
∆= = =
− − ×
Şek. deki zayıflatma eğrilerinden n=3 bulunur.
0 1 2 3 4 5 60
20
40
60
80
100
120
140
160
ω
α
n=3
n=4
n=5
n=6
n=7
n=8
n=9
n=10
n=1
n=2
3. dereceden AGNBTF
3 2
1( )
2 2 1H s
s s s=
+ + +
şeklindedir. Şimdi 10( ) 20 log ( )H jα ω ω= ’yı çizelim. Bu eğrinin üstünde bir kez daha
4 /r sω = için (4) 36 dBα ≅ olduğunu görebiliriz. Şimdi de
( )H s ’de
66
2 20
ˆ
ˆˆ
ss
sω
ω= ∆
+
ve ˆs jω= koyularak; yani 2 2
0
ˆ
ˆ
js
s
ωω
ω= ∆
+
]2 2
0 2 20
ˆ3 2 ˆˆˆ
ˆˆ
1( )
2 2 1s
sss s
s
H ss s sω
ω ωω
=∆+ =∆
+
= + + +
( )H s
ve ˆs jω=
koyularak Örnek: Aşağıda verilen frekans özelliklerini sağlayan bir bant söndüren süzgeç için yukarıdaki örnekte yapılanları tekrarlayınız.
• 2
ˆ = 2000 rad / sω ve 1ˆ =8000rad / sω frekanslarındaki zayıflatması 3 dB.
• 4ˆ = 3200 rad / sω ile 3
ˆ = 5000 rad / sω frekansları arasındaki zayıflatması en az
20 dB
67
Çözüm: BS süzgecin bant genişliği:
1 2ˆ ˆ ˆ =8000 2000 6000 /r sω ω ω∆ = − − =
BS süzgecin 3ω frekansına AGNBTF da karşıdüşen frekans:
3 32 2 23 0
ˆ 6000ˆ 5000 3,3 /
ˆ 5000 2000 8000r s
ωω ω
ω ω
∆= = =
− − ×
Zayıflatma eğrilerinden n=2 bulunur.
68
ĐKĐNCĐ DERECEDEN DEVRE FONKSĐYONLARI Đkinci derece polinomlarından her hangi birinin sıfırlarını
; , 0p jα β α β= − ± > ile gösterirsek ikinci dereceden polinom
2 2 2
( ) ( )( ) ( ( ))( ( ))
( )( )= 2
iD s s p s p s j s j
s j s j s s
α β α β
α β α β α α β
= − − = − − − − − +
= + + + − + + +
şeklinde yazılabilir. Bu polinomun kökleri
2 20ω α β= +
şeklinde tanımlayalım.
0 cosα ω ψ=
olduğundan
69
0ω
α
β
p
p∗
o
ψ
jω
σ
s - düzlemi
Sağ yarı s - düzlemiSol yarı s - düzlemi
Şek.
α
β
p
p
o
ψ
jω
σ
s - düzlemi
Sağ yarı s - düzlemiSol yarı s - düzlemi
0ω
0ω−
0ω
2 2 2 2 2 2 20
0 0 0( ) 2 2 cos1
2cos
D s s s s s s sω
α α β ω ψ ω ω
ψ
= + + + = + + = + +
yazılabilir. Burada
Q=1
2cosψ
şeklinde tanımlanırsa
2 200( )D s s s
Q
ωω= + +
elde edilir. Demek ki, burada yapılan ,α β çiftine, 0,Q ω çiftini karşı düşürmektir. Öte
yandan
70
0
2Q
ωα = ve 0 2
11
4Qβ ω= −
ĐKĐNCĐ DERECEDEN AG,YG,BG,BS,TG (LP,HP,BP,BS,AP) FONKSĐYONLAR
20
2 200
( )AGH s
s sQ
ω
ωω
=
+ +
2
2 200
( )YG
sH s
s sQ
ωω
=
+ +
0
2 200
( )BG
sQ
H s
s sQ
ω
ωω
=
+ +
2 20
2 200
( )BS
sH s
s sQ
ω
ωω
+=
+ +
2 200
2 200
( )TG
s sQ
H s
s sQ
ωω
ωω
− +
=
+ +
YÜKSEK GEÇĐREN TRANSFER FONKSĐONU
Đkinci dereceden transfer fonksiyonu
71
20
2 200
( )AGH s
s sQ
ω
ωω
=
+ +
şeklinde olduğu zaman Q parametresinin değerine bağlı olmak üzere Yüksek Geçiren Transfer Fonksiyonu olarak kullanılabilir.
0 0.5 1 1.5 2 2.5 30
0.02
0.04
0.06
0.08
0.1
0.12
|H(
j ω)
|
ω
Q = 0.707
Q = 0.5
Q = 0.2
Q = 1
GENLĐK KARAKTERĐSTĐĞĐ ( ) ile verilen transfer fonksiyonunun genlik karakteristikleri çeşitli değerleri için Şek. de çizilmiştir. Bu karakteristiklerden görüldüğü üzere Q parametresinin büyük değerleri için bu transfer fonksiyonu bant-geçiren transfer fonksiyonu haline gelmektedir. Yalnız burada dikkat edilmesi gereken husus bu tür karakteristiğin sıfır frekansında ( 0ω = )sıfır değerli olamayacağıdır. Yani bu tür transfer fonksiyonuna sahip olan süzgeçler işaretteki DC bileşenini de geçirirler
72
0 0.5 1 1.5 2 2.5 30
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
|H(
j ω)
|
ω
Q = 7
Q = 5
Q = 2
Q = 10
0 0.5 1 1.5 2 2.5 30
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
|H(
j ω)
|
ω
Q = 0.2
Q = 0.5
Q = 0.707
Q = 1
Q = 2
Q = 5
Q = 7
Q = 10
73
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3-160
-140
-120
-100
-80
-60
-40
-20
0
φ( ω
)
ω
Q = 1
Q = 0.707
Q = 0.5
Q = 0.2
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3-180
-160
-140
-120
-100
-80
-60
-40
-20
0
φ( ω
)
ω
Q = 2
Q = 5
Q = 7
Q = 10
74
YÜKSEK GEÇĐREN TRANSFER FONKSĐYONU
Đkinci dereceden transfer fonksiyonu
2
2 200
( )YG
sH s
s sQ
ωω
=
+ + ( )
şeklinde olduğu zaman Q parametresinin değerine bağlı olmak üzere Yüksek Geçiren Transfer Fonksiyonu olarak kullanılabilir. GENLĐK KARAKTERĐSTĐĞĐ ( ) ile verilen transfer fonksiyonunun genlik karakteristikleri çeşitli değerleri için Şek. de çizilmiştir. Bu karakteristiklerden görüldüğü üzere Q parametresinin büyük değerleri için bu transfer fonksiyonu bant-geçiren transfer fonksiyonu haline gelmektedir. Yalnız burada dikkat edilmesi gereken husus bu tür karakteristiğin sonsuz frekansında (ω = ∞ )sıfır değerli olamayacağıdır.
0 5 10 15 20 250
1
2
3
4
5
6
|H(
j ω)
|
ω
YGF
Q = 0.707
Q = 2
Q = 6
75
BAND GEÇĐREN TRANSFER FONKSĐYONU Đkinci dereceden Bant Geçiren Transfer Fonksiyonu
0
2 200
( )BG
sQ
H s
s sQ
ω
ωω
=
+ +
şeklindedir. Bu transfer fonksiyonlarının verdiği frekans karakterstiklerini hesaplayalım. GENĐK KARAKTERĐSTĐĞĐ
( )
0
2 020
BG
jQ
H j
jQ
ωω
ωω
ω ω ω
=
− +
Pay ve payda 0jQ
ωω ile bölünerek
( )22
00
0 0
1 1
(1 ) 1BGH j
j
ω
ω ω ω ωω ω ω ω
=
−
= + − −
( )2
2 0
0
1
1
BGH j
Q
ω
ω ω
ω ω
=
+ −
For 0 5 /r sω =
76
0 5 10 15 20 250
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
|H(
j ω)
|
ω
BGF
Q = 6
Q = 2
Q = 0.707
Şek.
Şek. den görüldüğü üzere bu tür karakteristiğin sıfır frekansında ( 0ω = )sıfır değerli olduğudur. Yani bu tür transer fonksiyonuna sahip olan süzgeçler işaretteki DC bileşenini geçirmezler. ( ) ile verilen transfer fonksiyonundan bu fonksiyonun bant geçiren süzgeç bakımından en önemli farkı budur. BANDGEÇĐREN SÜZGECĐN BAND GENĐŞLĐĞĐ
( )1
2BG
H jω = için
2
2 0
0
1Qω ω
ω ω
− =
olmalıdır. Buradan 0
0
1
Q
ω ω
ω ω− = ± ve
2 200 0
Q
ωω ω ω− =m
Bu denklemin dört çözümü vardır ve
2
1,2 02 2
1 11
Q Qω ω
= ± ± +
şeklinde elde edilir. Bunlardan pozitif değerli olan iki tanesidir ve bunlar 2
1,2 02 2
1 11
Q Qω ω
= ± + +
Bu değerlerden
21 2 0ω ω ω= ,
01 2
Q
ωω ω ω∆ = − = ve
0
1
Q
ω
ω
∆=
77
Burada 0ω Merkez Frekansı, ω∆ 0
Q
ωω∆ = 3-dB Bant Genişliği ,
0
1
Q
ω
ω
∆= ise Bağıl
(relatif) Bant Genişliğidir. Şimdi de, 0ω ’ı sabit tutarak Q ’ nun değiştirilmesi durumunda ( )H s ’ in kutuplarının s-
düzleminde nerelerde bulunacağını görelim. Şek. den görüleceği üzere Q büyüdükçe β , 0ω ’
yaklaşmakta dolayısıyla
78
Q=1/ 2
Q=1Q=2
Q=
Q=
Q=1/ 2Q=1
Q=2
0
Q=1/2
Q<1/2
jw
jw0
-jw0
-w0
Şekil6.13
öz çözümün titreşim frekansı, 0ω merkez frekansına yaklaşmaktadır. 2
1<Q değerleri ise reel
kutuplara karşı düşmektedir.
79
FAZ KARAKTERĐSTĐĞĐ
( )BGH jω karmaşık sayısının açısı olan
( )( ) ( )
( )Im
arctanReBG
BG
BG
BG
H jH j
H j
ωϕ ω ω
ω= =
büyüklüğünün ω ’ya göre değişimine Faz Karakteristiği dendiğini biliyoruz. ( ) ile verilen bant geçiren transfer fonksiyonu için bu fonksiyon
( ) 2 20 00( ) ( ) ( )
BG BGH j j jQ Q
ϕ ω ωω ω
ω ω ω ω= = − − +
şeklinde hesaplanır. Şimdi bu fonksiyonun pay ve paydasını ayrı ayrı ele alalım. Payı için
0(
for 02)
for 02
jQ
πω
ωω
πω
≥
= − ≤
,
yazabiliriz. Bunun ω ’ya göre değişimi Şek. deki gibidir.
-50 0 50-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
w
pha
se
(w0
/Q*w
)
80
Şek. paydası için ise
0
2 2 00 2 2
0
( ) arctanQ
jQ
ωω
ωω ω ω
ω ω− + =
−
yazılabilir. Bu ifadenin ω ’ya göre değişimi Şek. deki gibidir.
-50 0 50-200
-150
-100
-50
0
50
100
150
200
w
ang
le((
w02
-w.2
)+i*
(w0/Q
).*w
)
Şek. Öyleyse
81
0
2 20
0
2 20
-arctan for 02
( )
-arctan for 02
BG
Q
Q
ωω
πω
ω ωϕ ω
ωω
πω
ω ω
≥−
=
− ≤ −
( )BGH jω ’nın faz karakteristiği Şek. deki gibidir.
-30 -20 -10 0 10 20 30-100
-80
-60
-40
-20
0
20
40
60
80
100
φ( ω
)
w
Q=1
Şek.
82
-30 -20 -10 0 10 20 30-100
-80
-60
-40
-20
0
20
40
60
80
100
φ( ω
)
w
Q=5
Şek.
BAND SÖNDÜREN TRANSFER FONKSĐYONU
2 20
2 200
( )BS
sH s
s sQ
ω
ωω
+=
+ +
83
0 5 10 15 20 250
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
|H(
j ω)
|
ω
BDF
Q = 2
Q = 0.707
Q = 6
TÜM GEÇĐREN TRANSFER FONKSĐYONU Transfer fonksiyonunun tüm geçiren olması genlik karakteristiğinin tüm frekanslarda aynı değerde olması anlamına gelir. Bunun sağlanması için transfer fonksiyonunun
2 200
2 200
( )TG
s sQ
H s
s sQ
ωω
ωω
− +
=
+ +
84
biçiminde olması gerekir. Bu durumda genlik karakteristiği Şek. de verilmiştir.
0 5 10 15 20 251
1
1
1
1
1
1
1
|H(
j ω)
|
ω
TGF
Q = 0.707
0 5 10 15 20 251
1
1
1
1
1
1
1
|H(
j ω)
|
ω
TGF
Q = 6
85
Example:
3ψ
60o
45o
Q = ∞
β
ω0ω
α
β
p
p
o
ψ
ω
σ
0ω
0ω−
0ω
σ
jα β− +
jα β−
Fig.1
The denominator polynomial of a second-order transfer function is given as
2 2 2
( ) ( )( ) ( ( ))( ( ))
( )( )= 2
D s s p s p s j s j
s j s j s s
α β α β
α β α β α α β
= − − = − − − − − +
= + + + − + + +
where p and p are the complex-valued poles of the transfer function.
(a) Use Fig.1 and calculate α , β , p , p , ( )D s for 1 2 3
1, 1 ,
2Q Q Q= = = ∞ , 0 1 /r sω = .
(b) If the transfer function is given as 20
2 200
( )LPH s
s sQ
ω
ωω
=
+ +
.
where 0 5 / , 2r s Qω = = , plot ( )LPH jω using ( 0)LPH j , , 0( )LPH jω and ( )LPH j∞ .
. (c) Consider the transfer function
0
2 200
( )BP
sQ
H s
s sQ
ω
ωω
=
+ +.
Show that 0( )BPH jω = ( )max ( )BP
H jω . Show also that
2 2
1 0 2 02 2 2 2
1 1 1 11 , 1
Q Q Q Qω ω ω ω
= − + + = + +
are the 3-dB cutoff frequencies of ( )BPH jω and 21 2 0ω ω ω= .
Evaluate the 3-dB bandwidth and the 3-dB relative bandwidth of ( )BP
H s .
86
Solution: (a)
21 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1
1
1 1 1 1 1 1 1 1cos cos , sin , , ( ) 2 1
2 2 2 2 2 2 2 2p j j p j D s s s
Qψ α ω ψ β ω ψ α β= = ⇒ = = = = = + = + = − ⇒ = + +
22 2 0 2 2 0 2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 3 1 3 1 3cos cos , sin , , ( ) 1
2 2 2 2 2 2 2 2p j j p j D s s s
Qψ α ω ψ β ω ψ α β= = ⇒ = = = = = + = + = − ⇒ = + +
23 3 0 3 3 0 3 3 3 3
3
1 1cos cos 0, sin 1, , ( ) 1
2p j p j D s s
Qψ α ω ψ β ω ψ= = ⇒ = = = = = = − ⇒ = +
∞
(b) Since
( ) ( )
20
2 22 222 2 200
25( )
2525
4
LPH j
Q
ωω
ω ω ωω ω ω
= =
− +− +
then
0( 0) 1, ( ) ( 5) 2, ( ) 0LP LP LP LPH j H j Q H j Hω= = ⇒ = ∞ = .
0 5 10 15 20 25 300
0.5
1
1.5
2
2.5
ω
|H(j ω
)|
ω0=5
Fig.1
(c)
( ) ( )
0
2 2022 2
020 0 0
0 00
1 1 1
(1 ) 1 1
BG BG
jQ
H j H j
j QQ
Qj Q
ωω
ω ωω
ω ω ω ω ω ω ω ω ωω ω ω ω ω ω
= =
− + −
= = ⇒ + − − + −
For 0ω ω= the denominator of ( )BGH jω takes its minimum value since both terms under
the square root are positive ω∀ . Therefore for 0ω ω= ( )BGH jω takes its minimum value.
For 3-dB cutoff we should have ( )1
2BPH jω = which requires
2
2 0
0
1Qω ω
ω ω
− =
and
0
0
1
Q
ω ω
ω ω− = ± ,i.e., 2 20
0 0Q
ωω ω ω− =m . This equation has four roots: two for the (+) sign
and two for the (-) sign: 2
1,2,3,4 02 2
1 11
Q Qω ω
= ± ± +
. Those wi:h positive values are the
cutoff frequencies: 2 2
1 0 2 02 2 2 2
1 1 1 11 , 1
Q Q Q Qω ω ω ω
= − + + = + +
, which yield 2
1 2 0ω ω ω= . Q.E.D.
87
ĐKĐNCĐ DERECEDEN SÜZGEÇ DEVRELERĐ
−+
−+
−+
2R
5R
1R
1C
3R
2C
4R
3v1v 2v
'2v
5R
−+
−
+−
+
2R
5R
1R
1C
3R
2C
4R
3v1v 2v'2v
5R
−+ "
2v6R
6R6R
88
−+
−+
−+
2R
5R
1R
1C
3R
2C
4R
3v1v 2v'2v
5R
−
+ "2v6R
6R6R
6R
−
+−
+−+
2R
5R
1R
1C
3R
2C
4R
3v1v 2v'2v
5R
−
+ "2v6R
6R6R
6R 1S
BG
AG
AG
BS TG YG
89
ÇENTĐK SÜZGECĐ
1R
1V
+ +
2V
+− +
−+−
2R
3R
1C
4R
5R
6R
2C
2V
1 1K V×XV
2
1
1
RK
R= −
11 1 2 1 1 2
3 4 1 3 1 4
1 1 1 düğümü : 0X X
KA K V V V sC V V V
R R sC R sC R− − = ⇒ = −
( ) ( )
( )
2 1 2 2 2
6 5
12 1 2 2 1 2 2
6 1 3 1 4 5
1 1 düğümü : 0
1 1 10
xB V V V sC V VR R
KV V V sC V V V
R sC R sC R R
− − − − = ⇒
− − − − − =
( )
21 2 3 4 5 1 42
21 1 2 4 3 5 1 3 4 1 3 4 5 3 6
s C C R R R K RV
V s C C R R R s C R R C R R R R R
+=
+ + +
1R
1V
+ +
2V
+− +
−+−
2R
3R
1C
4R
5R
6R
2C
90
2 1
1 2 3 52
21 6
2 5 2 1 2 4 5
:1 1
Ks
C C R RVNode B
V Rs s
C R C C C R R
+
=
+ + +
SALLEN-KEY TÜRÜ DEVRELER
+
−
5R
6R
1Y 2Y
3Y
4Y
1V
++
2V
+
−
5R
6R
1Y 2Y
3Y
4Y
1V
++
2V
GAIN STAGE
KAZANÇ (GAIN)
5 6 6
5 5
1R R R
Kazanç KR R
+= = = +
91
1Y 2Y
3Y
4Y
1V
++
2V
K
2V
KXV
1N2N
( ) ( )21 1 1 2 2 4: 0X X X
VN V V Y V Y V V Y
K
− − + − + − =
2 22 3 2: 0X
V VN Y V Y
K K
− − =
32
2
1 1X
YV V
K Y K
= +
Birinci düğümde yerine koyarsak;
3 3 321 2 1 2 2 2 2 4
2 2 2
1 1 1 1 1 10
Y Y YVV V Y V Y V V Y
K Y K K Y K K K Y K
− − + + + − + + − =
3 1 3 3 41 41 1 2 2 2 4
2 2
1 10
Y Y Y Y YY YV Y V V V Y
K Y K K K Y K
− + + + + + − =
3 1 3 3 41 42 4 1 1
2 2
1 1Y Y Y Y YY YV Y V Y
K Y K K K Y K
+ + + + − =
2 1
1 3 1 3 3 41 44
2 2
1 1
V Y
V Y Y Y Y YY YY
K Y K K K Y K
=
+ + + + −
2 2 1
1 3 1 2 1 3 2 3 4 4 2 4 2
V KY Y
V Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y KY Y=
+ + + + −
( )
2
3 3 3 4 41
2 1 2 1 1
1 1
V K
Y Y Y Y YVK
Y Y Y Y Y
=
+ + + + −
92
ALÇAK GEÇĐREN SÜZGEÇ
1 1
2 2
3 2
4 1
1/
1/
Y R
Y R
Y sC
Y sC
→
→
→
→
1Y
3Y
4Y
1V
++
2V
K2Y
( )( )( )
2
2 2 2 1 11
2 1 2 1 1
1 11/ 1/ 1/ 1/ 1/
V K
sC sC sC sC sCVK
R R R R R
=
+ + + + −
( )2
21 2 2 2 1 1 2 1 2 1 11 1
V K
V sC R sC R s C C R R K sC R=
+ + + + −
( )
2 1 2 1 2
21
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2
1 1 1 11
K
V C C R R
Vs K s
C R C R C R C C R R
=
+ + + − +
Şimdi
1 2
1 2
C C C
R R R
= =
= =
alınırsa
2
22
1 2
1
3 1
KV CR
V Ks s
CR CR
=−
+ +
bulunur. Şimdi de
93
0
1 1,
3Q
CR Kω= =
−
alınarak
22 0
2 2010
V K
Vs s
Q
ωω
ω=
+ +
elde edilir. YÜKSEK GEÇĐREN SÜZGEÇ
1 1
2 2
3 2
4 1
1/
1/
Y sC
Y sC
Y R
Y R
→
→
→
→
1Y3Y
4Y
1V
++
2V
K
2Y
( )
2
2 2 2 1 11
2 1 2 1 1
1/ 1/ 1/ .1/ 1/1 1
V K
R R R R RVK
sC sC sC sC sC
=
+ + + + −
( )
22
21
2 2 1 2 1 1 1 2 1 2
1 1 1 11
V K s
Vs K s
C R C R C R C C R R
=
+ + + − +
94
Şimdi
1 2
1 2
C C C
R R R
= =
= =
alınırsa
22
21 2 3 1
V Ks
V Ks s
CR CR
=−
+ +
Bulunur. Şimdi de
0
1 1,
3Q
CR Kω= =
−
alınarak
22
2 2010
V K s
Vs s
Q
ωω
=
+ +
elde edilir. BAND-GEÇĐREN SÜZGEÇ
1R
1C
4R
1V
++
2V
K2C
2R
1N2N
XV2V
K
( ) ( )21 1 2 2 1
1 4
1 1: 0X X X X
VN V V V sC V V V sC
R K R
− − + − + − + =
95
2 22 2
2
1: 0X
V VN V sC
K K R
− − + =
Bu denklemleri matrisel biçimde yazarsak
1 2 2
1 4 41 12
2 2
2
1 1( ) 1
10
x
KC C s sC V
R R RR VV
sC sC KR
+ + + − −
=
− +
2 2
2 41 12
2 1 2
1 4
2 1 2 2 21 2
2 2 1 4 2 1 4
11
1
1 1( ) 0
1 1 1(1 )
x
KsC sCV
R RR VV
sC C C sKR R
C C C CC C s K s
R R R R R R R
+
= ∆
+ + +
∆ = + + + + − + +
elde edilir. Buradan
( )
2 1 1
21 1 4
1 1 1 2 2 2 1 4 1 2 1 2 4
1 1 1 11
Ks
V R C
V R Rs s K s
C R C R C R C R C C R R R
= +
+ + + + − +
bulunur.
Şimdi
1 2
1 4
2 2
C C C
R R R
R R
= =
= =
=
alalım. Bu değerler transfer fonksiyonunda yerlerine koyularak
22
1 2 3 1
Ks
V CR
V Ks s
CR CR
=−
+ +
bulunur. Şimdi de
96
0
1 1,
3Q
CR Kω= =
−
alınırsa
2 0
2 2010
V K s
Vs s
Q
ωω
ω=
+ +
elde edilir.
DELĐYANNĐS-FRĐEND DEVRESĐ
1V2V
1R
2R
1C
2C
22 4R Q=
1 1R =
1 1 2C Q=
2 1 2C Q=
1V2V
97
24Q1 2Q
1V2V
1 2Q
22Q
( )2 22 2 1Q Q −
98
SÜZGEÇLERĐN ARDARDA BAĞLANMASI ĐLE DAHA YÜKSEK DERECEDEN SÜZGEÇLERĐN
OLUŞTURULMASI
Transfer fonksiyonları 1( )H s ve 2( )H s olan iki süzgecin ardarda bağlanmaları durumunda
elde edilen süzgecin transfer fonksiyonunun 1 2( ) ( ) ( )H s H s H s= olacağını biliyoruz. Burada
hemen belirtmek gerekir ki, bu çarpımın yapılabilmesi için ardarda bağlamanın 1( )H s ’i veren
süzgecin transfer fonksiyonunu etkilememesi gerekir. Bazı durumlarda bu koşulu sağlayabilmek için iki süzgeç arasına bir tampon (buffer) devrenin koyulması gerekir.
YÜKSEK DERECEDEN ALÇAK GEÇĐREN BUTTERWORTH
TRANSFER FONKSĐYONLARININ GERÇEKLENMESĐ Üçüncü dereceden Butterworth transfer fonksiyonu
3 2
1( )
2 2 1H s
s s s=
+ + +
şeklindedir. Bu fonksiyon
2
1( )
( 1)( 1)H s
s s s=
+ + +
şeklinde yazılabileceğinden
1 2 2
1 1( ) ve ( )
1 1H s H s
s s s= =
+ + +
tanımlarını yaparak
1 2( ) ( ) ( )H s H s H s=
yazabiliriz. Bu ifade transfer fonksiyonu ( )H s olan bir süzgecin 1. ve 2. dereceden iki süzgecin ardarda bağlanarak gerçeklenebileceğini göstermektedir. Öyleyse bu gerçeklemeyi Şek. ( ) deki birinci dereceden süzgeç devresi ile Şek. ( ) deki ikinci dereceden Sallen-Key süzgeçlerini ardarda bağlayarak yapalım.
99
−
+
4C
3R
4R
1R
2C
1C
K2R
Şek. Şek. Bu devrelerin transfer fonksiyonları
3 41
4 4
1
( )1
R CH s
sR C
= −
+
ve
( )
1 2 1 22
2
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2
( )1 1 1 1
1
K
C C R RH s
s K sC R C R C R C C R R
=
+ + + − +
şeklindedir. Şimdi
1 2
1 2
1
1
C C C F
R R R
= = =
= = = Ω
alınırsa
2 2( )
(3 ) 1
KH s
s K s=
+ − +
bulunur. Burada da 2K = alınarak
2 2
2( )
1H s
s s=
+ +
elde edilir. Öyleyse transfer fonksiyonları 1( )H s ve 2( )H s olan süzgeçlerin ardarda
bağlanmaları
2
2( )
( 1)( 1)H s
s s s
−=
+ + +
transfer fonksiyonunu verecektir. -2 katsayısı süzgeç niteliği bakımından önemli olmayıp bir çarpıcının süzgeç devresinin önüne bağlanması ile istenilen katsayı elde edilebilir. Şek. de devrenin tümünün SPICE simülasyonunda çizilmiş olan şeması, Şek. de ise
1 2( ) , ( ) ve ( )H j H j H jω ω ω ’nın bu simülasyon sonucunda elde edilen ω ’ya göre
değişimleri verilmiştir. Burada 35
36
1R
KR
= + olduğundan 35 36R R= alınarak 2K = değeri
sağlanır. Öte yandan ardarda bağlamanın 1( )H s ’i etkilememe koşulu burada sağlanmaktadır.
Bunu şöyle gösterebiliriz: 1( )H s , işlemsel kuvvetlendiricinin evirici ucunda KAY
100
denkleminin yazılmasıyla elde edildiğine ve ardarda bağladıktan sonra da bu denklem aynı kaldığına göre 1( )H s ’in bu bağlanmadan etkilenmediği görülmüş olur.
C321
U25
OPAMP
+
-
OUT
R31
2
C31
1
V31Vac
0Vdc
R32
1
R33
1
R34
1
C33
1
U26
OPAMP+
-
OUT
R35
1
R36
1
Şek.
Şek.
101
Şimdi de beşinci dereceden Butterworth transfer fonksiyonu
( ) ( ) ( )2 2
1( )
1 1.618 1 0.6180 1H s
s s s s s=
+ + + + +
gerçekleyelim.
1 2 32 2
1 1 1( ) , ( ) ve ( )
1 1.618 1 0.6180 1H s H s H s
s s s s s= = =
+ + + + +
tanımlarını yaparak
1 2 3( ) ( ) ( ) ( )H s H s H s H s=
yazabiliriz. 1( )H s , Şek. deki devre ile; 2( )H s ve 3( )H s ise birer Sallen-Key devresiyle
gerçekleştirilerek Şek. de SPICE simülasyonunda çizilmiş olan devre elde edilir. Bu devrelerdeki işlemsel kuvvetlendirici kazançlarını değerleri sırasıyla 1K ve 2K ile gösterirsek
1 1,382K = ve 2 2,382K = bulunur.
U1
OPAMP
+
-
OUT
U2
OPAMP
+
-
OUT
R1
1
R2
1
R3
1
R6
1
R7
0.382
R8
1
C1
1
C2
1
C31n
V11Vac
0Vdc
0
0
0
U3
OPAMP
+
-
OUT
R4
1
R5
1
R9
1.382
R10
1
C4
1
C51
0
V
Şek.
Şek. de ise süzgeç devresinin tümünün frekans karakteristiği ( )H jω ’nın SPICE
simülasyonunda elde edilmiş olanω ’ya göre değişimi verilmiştir
102
Frequency
1.0uHz 100uHz 10mHz 1.0Hz 100Hz 10KHz
V(R9:2)
0V
2.5V
5.0V
Şek. Example:
Fig.2 shows the plots of the magnitude frequency characteristic1( )
BPH jω ,
2( )
BPH jω and
3( )
BPH jω obtained from the band pass transfer functions
1 2 3( ), ( ), ( )BP BP BPH s H s H s ,with
10 3000 /r sω = , 1 2Q = ; 20 24500 / , 1r s Qω = = ;
30 37000 / , 2r s Qω = = , respectively.
In Fig.3 1 2 3
( ) ( ) ( ) ( )BP BP BP
H j H j H j H jω ω ω ω= × × is plotted.
0 0.5 1 1.5 2
x 104
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Fig.2
103
0 0.5 1 1.5 2
x 104
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
Fig.3
(a) Write down
1 2 3( ), ( ) and ( )BP BP BPH s H s H s .
(b) Using Fig.3 determine the 3-dB cutoff frequencies 1ω and 2ω ; the center frequency
0 1 2ω ω ω= , the 3-dB bandwidth and the 3-dB relative bandwidth of the transfer
function ( )H s . Considering that
1 2 3( ), ( ) and ( )BP BP BPH s H s H s are realized using the Sallen-Key filter
given in Fig.4, calculate the element values of each filter circuit. Note that if the element values of the Salen-Key circuit in Fig.4 are chosen as
1 2 1 4 2, , 2C C C R R R R R= = = = = then the transfer function is:
22
1 2 3 1
Ks
V CR
V Ks s
CR CR
=−
+ +
(c) Draw the complete circuit diagram.
1R
1C
4R
1V
++
2V
K2C
2R
Fig.4
104
Solution: (a)
10 3000 /r sω = , 1 2Q = ; 20 24500 / , 1r s Qω = = ;
30 37000 / , 2r s Qω = = ,
1 2 3
0
2 6 2 4 2 62 20
0
1500 4500 3500( ) ( ) , ( ) , ( )
1500 9 10 4500 2025 10 3500 49 10BP BP BP BP
ss s sQ
H s H s H s H ss s s s s s
s sQ
ω
ωω
= ⇒ = = =+ + × + + × + + ×
+ +
(b) Now using Fig.3 in Q.2;
• First we find the maximum value of ( )H jω : max
( ) 0.2261H jω = (see Fig.1 below).
• Then we calculate max
1( ) 0.16
2H jω = .
• Next we draw a horizontal line from the point ( ) 0.16H jω = on the vertical axis.
The frequency values corresponding the intersection points of the line with the
( )H jω ω− curve are the 3-dB cutoff frequencies which work out to be 1 2660 /r sω =
and 2 7310 /r sω = (Fig.1).
• Finally we work out the center frequency 0 1 2 4410 /r sω ω ω= ≅ , the 3-dB bandwidth
2 1 4650 /r sω ω ω∆ = − = , the relative 3-dB bandwidth 0/ 4650 / 4410 1.054ω ω∆ = = .
0 0.5 1 1.5 2
x 104
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25 X: 4410
Y: 0.2261
ω
|H(j ω
)|
ω1=7310r/s
ω2=2660r/s
ω0=4410r/s
0.226
0.16
Fig.2
: In order to draw the complete circuit diagram we first draw the individual filter circuits: The filter circuits realizing
1 2 3( ), ( ) and ( )BP BP BPH s H s H s are given in Figs.3,5 and 7; and the plots
of 1( )BPH jω
2 3, ( ) and ( )BP BPH j H jω ω versusω are given in Figs.4,6 and 8, respectively.
105
U1
OPAMP
+
-
OUT
R1
333
R2
666
R3
1k
R4
333
R5
1.5k
C1
1u
C2
1u
0
00
0
V11Vac
0VdcV
Fig.3
Fig.4
106
U2
OPAMP
+
-
OUT
R6
222.2
R7
444.4
R8
1k
R9
222.2
R10
1k
C3
1u
C4
1u
0
00
0
V21Vac
0VdcV
Fig.5
Fig.6
107
U3
OPAMP
+
-
OUT
R11
143
R12
286
R13
1k
R14
143
R15
1.5k
C5
1u
C6
1u
0
0
0
0
V31Vac
0VdcV
Fig.7
Fig.8
The numerical values for K and R of the Sallen-Key filters are found as follows:
1 6 2
1, 2;
4500C R s K= =
1 11 3
1, 2.5
7000C R s K= = .
Setting 1 2 1C C Fµ= = , we get
1 1 1
1, 2.5;
3000C R s K= =
108
1 4 2 1
6 9 7 6
11 14 12 11
333 , 2 666 ;
222.2 , 2 444.4 ;
143 , 2 286 ;
R R R R
R R R R
R R R R
= = Ω = = Ω
= = Ω = = Ω
= = Ω = = Ω
In Fig.9 the three plots are shown on the same graph and the complete circuit diagram is shown in Fig. 10.
Frequency
0Hz 1.0KHz 2.0KHz 3.0KHz 4.0KHz 5.0KHz
V(U1:OUT) V(U3:OUT) 2.5* V(U2:OUT)
0V
2.5V
5.0V
Fig.9
U1
OPAMP
+
-
OUT
R1
333
R2
666
R3
1k
R4
333
R5
1.5k
C1
1u
C2
1u
0
00
0
V11Vac
0Vdc
U2
OPAMP
+
-
OUT
R6
222.2
R7
444.4
R8
1k
R9
222.2
R10
1k
C3
1u
C4
1u
0
00
U3
OPAMP
+
-
OUT
R11
143
R12
286
R13
1k
R14
143
R15
1.5k
C5
1u
C6
1u
0
0
0
V
Fig.10
109
Fig. 11 shows the plot of 1 2 3
( ) ( ) ( ) ( )BP BP BP
H j H j H j H jω ω ω ω= × × versusω .
Fig.11
ALÇAK VE YÜKSEK GEÇĐREN SÜZGEÇLERĐN ARDARDA
BAĞLANMASI ĐLE BANT GEÇĐREN SÜZGEÇ OLUŞTURULMASI
Transfer fonksiyonları
1 2
1( ) ve ( )
1 1
sH s H s
s s= =
+ +
olan süzgeçleri göz önüne alalım. Burada 1( )H s birinci dereceden AG normalize Butterworth
transfer fonksiyonu, ] 12 1( ) ( )s
s
H s H s⇒
= şeklinde elde edilmiş olan YG normalize transfer
fonksiyonu olup her iki fonksiyonun kesim frekansları 1 /c r sω = dir. Şek. de
1 2( ) ve ( ) H j H jω ω ’nın ω ’ya göre değişimleri verilmiştir.
110
0 2 4 6 8 100
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
ω
|H(j ω
)|
ωc=1
Şek.
Transfer fonksiyonları 1( )H s ve 2( )H s olan süzgeçler ardarda bağlanırsa transfer fonksiyonu
1 2( ) ( ) ( )H s H s H s= bir süzgeç elde edilir. Şek. de ( )H jω ’nın ω ’ya göre değişimi
verilmiştir.
0 2 4 6 8 100
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
0.35
0.4
0.45
0.5
ω0=1r/s
Şek.
Şimdi 1( )H s de s yerine / 9s ve 2( )H s ’de de s yerine / 4s AG-AG dönüşümleri yapılarak
1 2
9ˆ ˆ( ) ve ( )4 4
sH s H s
s s= =
+ +
kesim frekansları 9 /r s ve 4 /r s transfer fonksiyonları elde edilir.
111
Şimdi de transfer fonksiyonları
1
1 2
1 2
2 20
0 02 2 2 20 0
( ) ve ( )AG YG
sH s H s
s s s sQ Q
ω
ω ωω ω
= =
+ + + +
olan ikinci dereceden AG ve YG süzgeçleri göz önüne alalım ve kesim frekansları olarak
1 20 09 / , 4 /r s r sω ω= = seçelim. Şimdi de 1 2( ) ( )H j H jω ω× ve 1 / 2Q = için
( ) ( ) AG YGH j H jω ω× eğrilerinin maksimum değerleri eşit olacak şekilde normalize ederek
üst üste çizip karşılaştıralım. Bu karşılaştırma her ikisinin maksimumlarının aynı 0 6 /r sω =
frekansında oluştuğunu ve ( ) ( ) AG YGH j H jω ω× ’nın 1 2( ) ( )H j H jω ω× ’ya göre daha dar
bantlı ve dolaysıyla da frekans seçiciliği daha yüksek bir bant geçiren süzgeç özelliğinde olduğunu ortaya çıkartmaktadır.
0 10 20 30 40 500
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
ω
|H1(jω)||H2(jω)|
|HAG(jω)||HYG(jω)|
ω0=6r/s
Şek.
Đki değişik Q değeri için ( ) , ( ) AG YGH j H jω ω ve ( ) ( ) AG YGH j H jω ω× ’nın ω ’ya göre
değişimlerini 0ω > için inceleyelim. Şek. de 1 / 2Q = için, Şek. de ise 2Q = için
( ) ve ( ) AG YGH j H jω ω ; Şek. ve de ise 1 / 2Q = ve 2Q = için
( ) ( ) AG YGH j H jω ω× ’nın ω ’ya göre değişimleri 0ω > için verilmiştir. Q’nun belli bir
değerden küçük olduğu durumlarda (örneğin 1/ 2Q = ) ( )AGH jω ve ( ) YGH jω düz
biçimlidir. Bu durumda ( ) ( ) AG YGH j H jω ω× ’nın bir tek extremumu olup bu da bir
112
maksimumdur (Şek. ). Q bu değerden büyükse eğrinin extremum sayısı üçe çıkmakta bunlardan ortadaki minimum, öteki ikisi ise maksimum olmaktadır (Şek. )
Her iki Q değeri için de ( ) ( ) AG YGH j H jω ω× ’nın bant geçiren özelliğinde olduğu bu
eğriden açık olarak görülmektedir. Biz burada tek extremumlu durumu inceleyeceğiz.
0 10 20 30 40 500
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
ω
|HYG(jω)|
|HAG(jω)|
ω01=9r/sω02=4r/s
Q=1/sqrt(2)
sqrt(ω01xω02)=6r/s
Şek.
113
0 10 20 30 40 500
0.5
1
1.5
2
2.5
|HAG(jω)|
|HYG(jω)|
sqrt(ω01xω02)=6r/s
ω02=4r/s
ω01=9r/s
Q=2
Şek.
0 10 20 30 40 500
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
ω
|HAG(jω)|x|HYG(jω)|
ω0=6r/s
Q=1/sqrt(2)
Şek.
114
0 10 20 30 40 500
0.5
1
1.5
2
2.5
3
sqrt(ω01xω02)=6r/s
ω01=9r/s
ω02=4r/s
Q=2
Şek.
( ) ( ) AG YG
H j H jω ω× ’yı hesaplayalım. Bunun için önce
( ) ( )AG YGH s H s
çarpımını oluşturalım.
1 1 1 2
1 2
1 2
2 20 0
0 02 2 2 20 0
( ) ( ) ( ) ( )AG YG BG BG
s sH s H s H s H s
s s s sQ Q
ω ωω ω
ω ω
= =
+ + + +
Bu ifadeden görüldüğü üzere kesim frekansı
10ω olan alçak geçiren ( )AGH s ile kesim frekansı
20ω olan ( )YGH s ’nin çarpımı merkez frekansları 10ω ve
20ω olan bant geçiren iki transfer
fonksiyonunun çarpımına denktir.
1
1 2
1 2
2 20
0 02 2 2 20 0
( ) , ( )AG YG
H j H j
j jQ Q
ω ωω ω
ω ωω ω ω ω ω ω
−= =
− + − +
115
Buradan
1
1 1 2 2
1
2
1 2
1 2
2 20
1/2 1/2
2 2 2 2 2 2 2 20 0 0 02 2
0 2
0
1/2 1/2
0 02 2 2 2
0 0
( ) ( )1 1
( ) ( ) ( ) ( )
=
1 ( ) 1 ( )
AG YGH j H j
Q Q
Q
Q Q
ω ωω ω
ω ω ω ω ω ω ω ω
ω
ω
ω ωω ω
ω ω ω ω
× =
− + − +
+ − + −
Bu ifadeyi
( ) ( )2 2( ) ( )
1 ( ) 1 ( )AG YG
AH j H j
X Yω ω
ω ω× =
+ +
şeklinde yazabiliriz. Şimdi bu fonksiyonun ω ’ya göre maksimumlarını bulalım.
0 ω≤ ≤ ∞ için tek bir maksimumu var ise ( ) ( )AG YGH j H jω ω× , merkez frekansı söz konusu
maksimumu veren ω değerine eşit olan bir bant geçiren süzgecin frekans karakteristiği
olacaktır. ( ) ( )AG YGH j H jω ω× 'nın maksimumları ile
( )( )2 2
1( )
1 ( ) 1 ( )f
X Yω
ω ω=
+ +
ifadesinin maksimumları aynı olduğundan ( )f ω ’nın ω ’ya türevini alalım:
( ) ( )
2 2
2 22 2
( ) ( )2 ( ) (1 ( )) 2 ( ) (1 ( ))( )
1 ( ) 1 ( )
dY dXY X X Y
df d d
d X Y
ω ωω ω ω ωω ω ω
ω ω ω
+ + +=
+ + ( )
Bu ifadenin 1 20 0ω ω ω= için
( )0
df
d
ω
ω= olduğunu gösterelim.
2 1
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
0 00 0 0 0
0 0
0 0
0 0 0 0
0 0
( ) ( ) ( )
için ( ) ( ) 1 1
( )
X Y Q
dX dXQ
d d
ω ωω ω ω ω
ω ωω ω ω
ω ω ω ω
ω ω ω ω
= − = −
=
= = +
elde edilir. Bu değerler ( ) de yerine koyularak
1 20 0( )0
df
d
ω ω
ω= bulunur. Q’nun belli bir değerden küçük olduğu durumlarda (örneğin
1/ 2Q = ) 1 20 0ω ω ω= ’ın bir maksimum verdiği açık olarak bellidir.
( )0
df
d
ω
ω= ifadesi açıkça yazılırsa
116
2 2 1 1 1 2
2 2 1 1 1 2
1 2
1 2
2 2
0 0 0 0 0 02 2 2 2
2 20 0 0 0 0 0
2 22 2
0 02 2
0 0
1 12 1 2 1
1 1
Q Q Q Q
Q Q
ω ω ω ω ω ωω ω ω ω
ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω
ω ωω ω
ω ω ω ω
− + + − + − + + − = + − + −
0
şeklinde olduğu görülmektedir. Bu ifade MATLAB sembolik araç kutusunda düzenlendiğinde
( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( )( )
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 1 2 2
2 6 6 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 110 0 0 0 0 0 0 0 0 0
4 42 4 2 2 2 2 4 2 4 2 2 2 2 4
0 0 0 0
2 2 1 2 20
1 2 1 2
Q Q Q Q
Q Q Q Q Q Q
ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω
ω ω ω ω ω ω ω ω
− − + + − + +=
+ − + + − +
elde edilir. Buradan denklemin köklerini bulmak amacıyla pay kısmı sıfıra eşitlendiğinde 5 tanesinin
( )1 2 1 21,2 0 0 3,4 0 0 5, , 0 11 katlıjω ω ω ω ω ω ω= ± = ± =
olduğu açık olarak görülmektedir. Diğer dört kök ise
( )( )( )
( ) ( )
1 2 1 2
1 1 2 1 2
2 4 2 2 2 2 2 2 20 0 0 0
22 2 2 2 2 2 20 0 0 0 02
2 1 2 2 0
11 0
2
Q Q Q
Q
ω ω ω ω ω ω
ω ω ω ω ω ω ω
+ − + + =
+ − + + =
dördüncü dereceden denklemi ikinci dereceden denklem gibi çözülerek
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
1 2
22
2 2 2 2 2 20 0 0 0 0 02 2
23,4
2 22 2 2 20 0 0 0 2 2
6,7,8,9 0 02 2
1 11 1 4
2 2
2
1 11 1
2 2 4 2
Q Q
Q Q
ω ω ω ω ω ω
ω
ω ω ω ωω ω ω=
+ − ± + − −
=
+ + ± − ± − −
bulunur. Örnek olarak
1 20 02, 9rad/s, 4rad/sQ ω ω= = = alınırsa denklem
( )( )2 2 4 25499936 36 7857 0
8ω ω ω ω
− + − + =
kökleri ise
1,2 3,4 5 6,7,8,96 rad/s, 6 rad/s, 0, 4.47 rad/s, 8.06 rad/sjω ω ω ω= ± = ± = = ± ±
elde edilir.
1 20 05, 9rad/s, 4rad/sQ ω ω= = = alınırsa denklemin kökleri ilk beşi aynı olmak üzere
6,7,8,9 4.06 rad/s, 8.86 rad/sω = ± ±
elde edilir.
117
1 20 02, 9rad/s, 4rad/sQ ω ω= = = alınırsa denklemin kökleri ilk beşi aynı olmak üzere
6,7,8,9 5.58 rad/s, 6.45 rad/sω = ± ±
elde edilir.
1 20 01.94, 9rad/s, 4rad/sQ ω ω= = = alınırsa denklemin kökleri ilk beşi aynı olmak üzere
6,7,8,9 6 rad/s(2 katlı), 6 rad/s(2 katlı)ω = −
elde edilir.
1 20 01, 9rad/s, 4rad/sQ ω ω= = = alınırsa denklemin kökleri ilk beşi aynı olmak üzere
( ) ( )6,7,8,9 5.49 2.42 rad/s, 5.49 2.42 rad/sj jω = ± − ± +
elde edilir.
1 20 0
1, 9rad/s, 4rad/s
2Q ω ω= = = alınırsa denklemin kökleri ilk beşi aynı olmak üzere
( ) ( )6,7,8,9 4.24 4.24 rad/s, 4.24 4.24 rad/sj jω = ± − ± +
elde edilir. Bu sonuçlardan 1.94Q < için geriye kalan 4 kökün kompleks çıktığı görülmektedir. Örnek:
• 3-dB kesim frekansı 10 9 /r sω = , 1 1/ 2Q = olan 2. dereceden bir AG süzgecin
( )AGH s ile gösterilen transfer fonksiyonu ile, 20 4 /r sω = , 2 1 1/ 2Q Q= = olan 2.
dereceden bir YG süzgecin ( )YGH s transfer fonksiyonunu; ( )AGH jω ve ( )AGH jω
genlik fonksiyonlarını hesaplayınız ve bunları ω ’ya göre çiziniz. 3-dB kesim frekanslarını ve bu frekanslardaki genlikleri hesaplayınız ve çizdiğiniz eğriler üzerinde gösteriniz.
• Bu iki süzgecin ardarda bağlanması ile oluşan 4. dereceden süzgecin ( )H s transfer
fonksiyonunu hesaplayınız. Bu fonksiyon ne tür bir süzgeç verir? Neden?
• ( )H jω genlik fonksiyonunu hesaplayınız ve ω ’ya göre çiziniz. Çizdiğiniz eğride
merkez frekansı hangi noktaya karşıdüşer? Đşaretleyiniz. Merkez frekansı 0ω ’ı
hesaplayınız. Bu süzgecin yeni 3-dB kesim frekansları 1ω ve 2ω ( )AGH s ve
( )YGH s ’nin 3-dB kesim frekanslarına göre ne şekilde bir değişim gösterir? ω -
118
ekseninde 10ω , 1ω , 0ω , 2ω ve
10ω frekanslarını işaretleyiniz. Bu frekanslara karşıdüşen
genlikleri çizdiğiniz eğri üzerinde gösteriniz.
• ( )AGH s ve ( )YGH s ’yi Sallen-Key türü devrelerle gerçekleyiniz.
Aşağıdaki örnekte 10 400f Hz= ,
20 5000f Hz= , 1 2 1/ 2Q Q= = alınmış , ( )AGH s ve
( )YGH s Sallen-Key türü devrelerle gerçeklenmiştir.
20 400f Hz= , 2 1 / 2Q = OLAN YG SALLEN-KEY SÜZGECĐ
400
2 2
2 4 22 20
0
( )800 2 64 10
YG
K s K sH s
s ss sQ
ω π πω= =
+ + ×+ +
R17
397.887R18
1k
0
U5
OPAMP
+
-
OUT
C10
1u
C11
1u
R19
397.887
R20
586
0
H4
V41Vac
0Vdc
0
Şek. Bu transfer fonksiyonunu gerçekleyen YG Sallen-Key Devresi Şek. de gösterilmiştir. Şek. de
de 400
( )AG
H jω ’nın 10log ω ’ya göre çizimi verilmiştir.
119
Şek.
10 5000f Hz= , 1 1/ 2Q = OLAN AG SALLEN-KEY SÜZGECĐ
5000
2 8 20
2 8 22 20
0
10( )
10000 2 10AG
K KH s
s ss sQ
ω πω π πω
= =+ ++ +
U6
OPAMP
+
-
OUT
R21
31.831
0
C5
1u
R22
586
R23
31.831
C121u
H3
0R24
1k
V51Vac
0Vdc
0
Şek.
Bu transfer fonksiyonunu gerçekleyen AG Sallen-Key Devresi Şek. de gösterilmiştir. Şek. de
de 400
( )AG
H jω ’nın 10log ω ’ya göre çizimi verilmiştir.
120
Şek.
AG VE YG SALLEN-KEY SÜZGEÇLERĐNĐN ARDARDA BAĞLANMASI ĐLE
BG SÜZGEÇ OLUŞTURULMASI 1
400 5000400 50002 1
2 1
220
0 02 2 2 20 0
2 8 2
2 4 2 2 8 2
( ) ( ) ( )
10
800 2 64 10 10000 2 10
BG YG AG
KK sH s H s H s
s s s sQ Q
K s K
s s s s
ω
ω ωω ω
π
π π π π
×= =
+ + + +
=+ + × + +
Bu transfer fonksiyonunu gerçekleyen YG Sallen-Key Devresi Şek. de gösterilmiştir. Şek.
de de 400
( )AG
H jω ’nın 10log ω ’ya göre çizimi verilmiştir.
Merkez frekans= 0Merkez frekans: 400 5000 1414,2 r/sω = × =
R14
397.887R13
1k
0
U2
OPAMP
+
-
OUT
R3
31.831
0
V21Vac
0Vdc
0
C3
1u
U4
OPAMP
+
-
OUT
C8
1u
C9
1u
R11
397.887
R12
586
0
R16
586
R4
31.831
C41u
0
H2
R15
1k
V
Şek.
121
Şek.
122
CROSSOVER SĐSTEMLERĐ (http://en.wikipedia.org/wiki/Audio_crossover#Second_order)
Crossover sistemleri kaliteli ses üretiminde kullanılmak amacıyla tasarlanan elektronik süzgeç devrelerinden oluşan düzenleridir. Hoparlörlerin çoğu ses frekans bandının tümünü kapsayacak kadar geniş bandlı yapılamazlar. Dolaysıyla da hi-fi hoparlör sistemleri, her biri frekans bendının değişik bölgesinde çalışan hoparlörlerden oluşurlar. Crossover süzgeç sistemi ses frekans bandını alçak ve yüksek, veya alçak, orta ve yüksek olmak üzere bantlara ayırarak bu frekans bantları için optimize edilmiş hoparlörlere gönderir (Şek. ). Bu şekilde sistemden maksimum verim ve kalite alınması sağlanmış olur. Alçak, orta ve yüksek frekans bölgeleri için özel olarak yapılmış hoparlörlere Đngilizce literatürde, sırasıyla, ‘Woofer Speaker’, ‘Midrange Speaker’ ve ‘Tweeter Speaker’ denir.
Crossover Sisteminin Blok Diyagramı
Güç Kuvvetlendiricisi
Alçak frekans (woofer)
süzgeç kanalı
Orta frekans (midrange)
süzgeç kanalı
Yüksek frekans (tweeter)
süzgeç kanalı
Alçak frekans
(woofer)hoparlörü
Orta frekans
(midrange)hoparlörü
Yüksek frekans
(tweeter)hoparlörü
Şek.
3-dB KESĐM FREKANSI
10 400f Hz= OLAN AG (WOOFER) KANALI AG kanalı 3-dB kesim
10 400f Hz= olan bir AG süzgecinden oluşur. Bu süzgeci Sallen-Key
AG süzgeç topolojisi ile gerçekleştirirsek
123
10
1 1 ve 3CR K
Qω= = −
şeklindedir. ( )H jω ’nın ω ’ya göre düz olması için Butterworth transfer fonksiyonunu tercih
edecek olursak ikinci dereceden Butterworth polinomu için 1 / 2Q = almamız gerektiği
açıktır. Öyleyse 10 400f Hz= için
6
1397.887 ve 1.586
10 2 400R K
π−= = Ω =
× ×
elde edilir. AG Sallen-Key süzgecinin transfer fonksiyonu ( )
[ ] ( )1
1 1
1
2 20
2202 2 0
0
1 / 1 1( ) = ; , 3
(3 ) / 1 /AG
KCR KH s CR K
Qs K CR s CRs s
Q
ω
ω ωω
= = = −+ − + + +
şeklinde olduğundan
400
4 2 4 2
2 4 2 2 4 2
7
2 4
64 10 64 10 (3 2)( )
800 2 64 10 800 2 64 10
10
3554 632 10
AG
KH s
s s s s
s s
π π
π π π π
× × −= =
+ + × + + ×
≅+ + ×
bulunur. Bu transfer fonksiyonunu gerçekleyen AG Sallen-Key devresi Şek. de gösterilmiştir.
Şek. de de 400
( )AG
H jω ’nın 10log ω ’ya göre çizimi verilmiştir.
U1
OPAMP
+
-
OUT
R1
397.887
C1
1u
C2
1u
R5
1k
R6
586
R2
397.887
0
H1
0
V31Vac
0Vdc
0
V
Şek.
124
Şek.
3-dB KESĐM FREKANSLARI 10 400f Hz= ve
20 5000f Hz= OLAN ORTA
FREKANS (MĐDRANGE) KANALI
Orta frekans (midrange) süzgeci, ardarda bağlanmış iki süzgeçten oluşur: 3-dB kesim frekansı 400Hz olan YG ve 3-dB kesim frekansı 5000Hz olan AG süzgeç.
Bu kanaldaki YG süzgecinin 3-dB kesim frekansı AG (woofer) süzgecinin kesim frekansı
ile aynıdır. ( )H jω ’nın ω ’ya göre düz olması için Butterworth transfer fonksiyonunu
tercih edecek olursak ikinci dereceden Butterworth polinomu için 1 / 2Q = almamız gerektiği açıktır. Dolaysıyla da YG süzgecinin Sallen-Key devresindeki R direncinin ve K kazancının değerleri AG (woofer) süzgecinin Sallen-Key devresinin R direnci ve K kazancının değerleri ile aynı şekilde hesaplanır ve aynı değerler elde edilir:
6
1397.887 , 1.586
10 2 400R K
π−= = Ω =
× ×.
YG Sallen-Key süzgecinin transfer fonksiyonu
400
1
1
2 2 2
2 42 4 202 2
0
(3 2) 1.586( )
3554 632 10800 2 64 10YG
K s s sH s
s ss ss s
Q
ω π πω
−= = ≅
+ + ×+ + ×+ +
şeklindedir. Bu transfer fonksiyonunu gerçekleyen YG Sallen-Key Devresi Şek. de
gösterilmiştir. Şek. de de 400
( )AG
H jω ’nın 10log ω ’ya göre çizimi verilmiştir.
125
R17
397.887R18
1k
0
U5
OPAMP
+
-
OUT
C10
1u
C11
1u
R19
397.887
R20
586
0
H4
V41Vac
0Vdc
0
Şek.
Şek.
Şimdi bu kanaldaki AG süzgecin R ve K değerlerini hesaplayalım. Bu süzgeci Sallen-Key AG süzgeç topolojisi ile gerçekleştirirsek
0
1 1 ve 3CR K
Qω= = −
şeklindedir. ( )H jω ’nın ω ’ya göre düz olması için Butterworth transfer fonksiyonunu tercih
edecek olursak ikinci dereceden Butterworth polinomu için 1 / 2Q = almamız gerektiği
açıktır. Öyleyse 20 5000f Hz= için
6
131.831 ve 1.586
10 2 5000R K
π−= = Ω =
× ×
bulunur. Bu süzgecin transfer fonksiyonu
126
( )
[ ] ( )5000
2 2 8 20
2 2 8 222 20
0
8 2 6
2 82 8 2
1/ 10( )
10000 2 10(3 ) / 1 /
10 (3 2) 1565 10
44429 9.87 1010000 2 10
AG
CR K K KH s
s ss K CR s CR s sQ
s ss s
ω πω π πω
π
π π
= = =+ ++ − + + +
− ×= =
+ + ×+ +
Bu transfer fonksiyonunu gerçekleyen AG Sallen-Key Devresi Şek. de gösterilmiştir. Şek. de
dde 400
( )AG
H jω ’nın 10log ω ’ya göre çizimi verilmiştir.
U6
OPAMP
+
-
OUT
R21
31.831
0
C5
1u
R22
586
R23
31.831
C121u
H3
0R24
1k
V51Vac
0Vdc
0
Şek.
Şek.
Bu YG ve AG süzgeçlerinin ardarda bağlanmsı ile elde edilen süzgeç devresi Şek. de gösterilmiştir.
R14
397.887R13
1k
0
U2
OPAMP
+
-
OUT
R3
31.831
0
V21Vac
0Vdc
0
C3
1u
U4
OPAMP
+
-
OUT
C8
1u
C9
1u
R11
397.887
R12
586
0
R16
586
R4
31.831
C41u
0
H2
R15
1k
V
Şek.
127
Bu devrenin transfer fonksiyonu
1
400 5000400 50002 1
2 1
220
orta fr.0 02 2 2 2
0 0
2
2
( ) ( ) ( ) ( )
1.586
3554 632
BG YG AG
KK sH s H s H s H s
s s s sQ Q
s
s s
ω
ω ωω ω
×= = =
+ + + +
=+ + ×
( ) ( )
6
4 2 8
6 2
2 4 2 8
1565 10
10 44429 9.87 10
2482 10
3554 632 10 44429 9.87 10
s s
s
s s s s
××
+ + ×
×=
+ + × + + ×
şeklinde bulunur. Şek. de de orta fr.( )H jω ’nın 10log ω ’ya göre çizimi verilmiştir.
Şek.
0Merkez frekans: 400 5000 1414,2 r/sω = × =
Şek.
Şek.
YÜKSEK FREKANS (TWEETER) KANALI AG kanalı 3-dB kesim
10 400f Hz= olan bir AG süzgecinden oluşur. Bu süzgeci Sallen-Key
AG süzgeç topolojisi ile gerçekleştirirsek
The tweeter channel consists of a HP filter with a cutoff frequency of 5000Hz.
128
The HP filter in this channel has the same cutoff frequency as that of the LP filter of the midrange channel. Therefore the value of the resistor R and the gain K in this circuit are calculated in the same way as those of the LP filter of the midrange channel. Therefore we get 31.831 and 1.586.R K= Ω =
5000
2 2
2 8 22 20
0
( )
10000 2 10YG
K s K sH s
s ss sQ
ω π πω= =
+ ++ +
Bu transfer fonksiyonunu gerçekleyen YG Sallen-Key Devresi Şek. de gösterilmiştir. Şek. de
de 400
( )AG
H jω ’nın 10log ω ’ya göre çizimi verilmiştir.
U3
OPAMP
+
-
OUT
C6
1u
C7
1u
R7
31.831
R8
586
R10
1k
0
R931.831
0
H5
V61Vac
0Vdc
0
V
Şek.
Şek.
129
CROSSOVER SĐSTEMĐ
U1
OPAMP
+
-
OUT
R1
397.887
C1
1u
R14
397.887
R17
0
R18
0
R13
1k
0
R19
0
C2
1u
woofer
R5
1k
mid range
U2
OPAMP
+
-
OUT
R3
31.831
0
V21Vac
0Vdc
R6
586
0
C3
1u
U4
OPAMP
+
-
OUT
C8
1u
C9
1u
R11
397.887
R12
586
R2
397.887
0
0
R16
586
R4
31.831
U3
OPAMP
+
-
OUT
C6
1u
C7
1u
R7
31.831
R8
586
R10
1k
0
R931.831
0
tweeter
H5
C41u
0
V
V
V
V
H1
0
H2H3 H4
R15
1k
130
Frequency
1.0Hz 100Hz 10KHz 1.0MHz 100MHz 10GHz
V(R6:2) V(U3:OUT) V(R22:2) V(U4:OUT) V(R20:2)
0V
1.0V
2.0V
3.0V
Şimdi de ( )AGH jω ile ( )YGH jω eğrilerinin kesişme noktalarını bulalım. Bunun için
( )AG
H jω = ( )YG
H jω
denkleminin verdiği ω değerini bulmamız gerekir. Bu denklem
1
2
1 2
1 2
0
0
1/2 1/2
0 02 2 2 2
0 0
1 ( ) 1 ( )Q Q
ωωωω
ω ωω ω
ω ω ω ω
=
+ − + −
şeklinde yazılabilir. Her iki yanın karesi alınarak
2
2
11 2
1
02 2
40
2 202 20 0
0
1 ( )
1 ( )
Q
Q
ωω
ω ωωωωω ω
ω ω
+ −
=
+ −
elde edilir. Sekizinci dereceden olan bu denklemi sağlayan sekiz adet ω değeri vardır. Bu
değerlerden birinin 1 20 0ω ω ω= olduğu açık olarak görülmektedir. Bu denklemi çözmek için
öncelikle her iki yanın karesi alınmış ifade bir önceki forma getirilirse
1
2
1 2
1 2
220
22
0
0 02 2 2 2
0 0
1 ( ) 1 ( )Q Q
ωωωω
ω ωω ω
ω ω ω ω
=
+ − + −
Çapraz çarpımlar yapılarak ifade sıfıra eşitlenirse
131
1 1 2
2 1 2
220 0 02 2 2 2
2 20 0 0
1 ( ) 1 ( ) 0Q Qω ω ωω ω ω
ω ω ω ω ω ω
+ − − + − =
olduğu görülür. Paydada ω değişkeni bırakmamak amacıyla ifade 4ω ile çarpılırsa
( )1 2
1
2 1 2
1 2
1 1
2 2 1 2
60 02 2 2 2 2 2
020 0 0
6 60 02 2 2 2 2 2 2 2
0 02 20 0 0 0
1 ( ) 1 ( ) 0
( ) ( ) 0
Q Q
Q Q
ω ωω ω ωω ω
ω ω ω ω ω
ω ωω ω ω ωω ω ω ω
ω ω ω ω ω ω
+ − − + − =
+ − − − − =
haline gelir. Bu ifade MATLAB sembolik araç kutusunda çarpanlarına ayrıldığında
( )( )1 2 1 2 1 1 2
2 2 4 2 2 2 20 0 0 0 0 0 02
12 0
Qω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω
− + + − + =
elde edilir. Buradan denklemin dört kökünün
1 2 1 21,2 0 0 3,4 0 0, jω ω ω ω ω ω= ± = ±
olduğu açık olarak görülmektedir. Diğer dört kök ise
( )1 1 2
22 2 2 2 20 0 02
12
Qω ω ω ω ω
+ − +
dördüncü dereceden denklemi ikinci dereceden denklem gibi çözülerek
2
1
1
2
1
1
22
02 23,4 0 2 2
0
22
0
5,6,7,8 0 2 20
1 11 1
2 2
1 11 1
2 2
Q Q
Q Q
ωω ω
ω
ωω ω
ω=
= − ± − −
± − ± − −
bulunur. Örnek olarak
1 20 02, 9rad/s, 4rad/sQ ω ω= = = alınırsa denklem
( )( )2 2 4 256736 36 1296 0
4ω ω ω ω
− + − + =
kökleri ise
1,2 3,4 5,6,7,86rad/s, 6rad/s 3.13rad/s, 11.49rad/sjω ω ω == ± = ± ± ±
elde edilir.
1 20 05, 9rad/s, 4rad/sQ ω ω= = = alınırsa denklemin kökleri ilk beşi aynı olmak üzere
6,7,8,9 2.94 rad/s, 12.25 rad/sω = ± ±
elde edilir.
1 20 02, 9rad/s, 4rad/sQ ω ω= = = alınırsa denklemin kökleri ilk beşi aynı olmak üzere
132
6,7,8,9 10.47 rad/s, 3.44 rad/sω = ± ±
elde edilir.
1 20 00.9487, 9rad/s, 4rad/sQ ω ω= = = alınırsa denklemin kökleri ilk beşi aynı olmak üzere
6,7,8,9 6 rad/s(2 katlı), 6 rad/s(2 katlı)ω = −
elde edilir.
1 20 01, 9rad/s, 4rad/sQ ω ω= = = alınırsa denklemin kökleri ilk beşi aynı olmak üzere
6,7,8,9 4.68 rad/s, 7.68 rad/sω = ± ±
elde edilir.
1 20 0
1, 9rad/s, 4rad/s
2Q ω ω= = = alınırsa denklemin kökleri ilk beşi aynı olmak üzere
( ) ( )6,7,8,9 4.24 4.24 rad/s, 4.24 4.24 rad/sj jω = ± − ± +
elde edilir. Bu sonuçlardan 0.9487Q < için geriye kalan 4 kökün kompleks çıktığı görülmektedir.
