Devre Sentezi Dersleri Hepsi Butun

MEH232 DEVRE SENTEZİ T=4 U=0 L=0 KREDİSİ=4

2003/2004 BAHAR YARI YILI

ÖĞR. ELEMANI : DR. C İHAN KARAKUZU

KAYNAK: “DEVRE SENTEZİNE GİRİŞ (DERS NOTU)” NOTU)” , Prof. Dr. Fuat ANDAY, ANDAY, İ.T.Ü Elektrik-Elektronik Fakültesi, 4. baskı, 1988.

MEH232 Devre Sentezi (D1)

Dr. Cihan KARAKUZU

1

İÇERİK •

Bölüm 1 : Gİ GİRİŞ – – –

•

Bölüm 2 : POZİ POZİTİF GERÇEL (REEL) FONKSİ FONKS YONLAR İ YONLAR – – – –

•

1.1 S İSTEM FONKSİYONLARININ GÖSTERİLMESİ 1.2 1.2 ÖZ ÖZ FRE FREK KANS ANSLAR LAR VE VE KA KARAKT RAKTER ER İSTİK POLİNOMLAR 1.3 HURW İTZ VE KESİN-HURWİTZ POLİNOMLARI 2.1 KUADRAT İK BİÇİMLER 2.2 POZ İTİF GERÇEL FONKSİYONLAR Sürekli kesirlere aç ılım 2.3 POZ İTİF GERÇEL MATRİSLER

Bölüm 3 : 1-KAPILI LC DEVRELERİ DEVRELER İN SENTEZİ SENTEZİ – –

3.1 REAKTANS FONKS İYONLARI 3.2 REAKTANS FONKS İYONLARININ GERÇEKLEŞTİRİLMESİ • • •

•

Bölüm 4 : 1-KAPILI RC ve RL DEVRELERİ DEVRELERİNİN SENTEZİ SENTEZİ – – – – – – –

•

4.1 CAUER DÖNÜ ŞÜMLERİ 4.2 RC-TÜRÜ G İRİŞ EMPEDANS FONKSİYONLARININ ÖZELLİKLERİ (RL-TÜRÜ G İRİŞ ADMİTANS FONKSİYONLARININ ÖZELLİKLERİ) 4.3 RC-TÜRÜ G İRİŞ ADMİTANS FONKSİYONLARININ ÖZELLİKLERİ (RL-TÜRÜ G İRİŞ EMPEDANS FONKSİYONLARININ ÖZELLİKLER İ) 4.4 RC (RL) DEVRELER İNİN ELDE EDİLMESİ 4.5 RLC- DEVRELER İNİN SENTEZİ

Bölüm 5 : 2-KAPILI DEVRELERİ DEVRELER İN SENTEZİ SENTEZİ – –

•

3.2.1 FO FOSTER DE DEVRELERİNİN GERÇEKLE ŞTİRİLMESİ 3.2.2 CA CAUER DE DEVRELERİNİN GERÇEKLE ŞTİRİLMESİ 3.2. 3.2.3 3 FOST FOSTER ER CAUE CAUER R DEVR DEVREL ELER ERİNDE ELEMAN SAYISI

5.1 D İRENÇLE SONLANDIRILMIŞ LC DEVRELERİN GERÇEKLENMESİ 5.2 5.2 SIFIR IFIR KAYDI AYDIRM RMA A YÖNTE ÖNTEM Mİ

Bölüm 6 : AKTİ AKTİF DEVRE SENTEZİ SENTEZ İ –

6.1 DEVRE MODEL İNİN ÖNCELİKLE SEÇİLDİĞİ YÖNTEMLER • •

–

6.1.1 AYRIŞTIRMA YÖNTEMİ 6.1.2 KATSAYILARI EŞLEŞTİRME YÖNTEMİ

6.2 DEVRE MODEL İNİN ÖNCELİKLE SEÇİLMEDİĞİ YÖNTEMLER


Dr. Cihan KARAKUZU

2

İÇERİK •

Bölüm 1 : Gİ GİRİŞ – – –

•

Bölüm 2 : POZİ POZİTİF GERÇEL (REEL) FONKSİ FONKS YONLAR İ YONLAR – – – –

•

1.1 S İSTEM FONKSİYONLARININ GÖSTERİLMESİ 1.2 1.2 ÖZ ÖZ FRE FREK KANS ANSLAR LAR VE VE KA KARAKT RAKTER ER İSTİK POLİNOMLAR 1.3 HURW İTZ VE KESİN-HURWİTZ POLİNOMLARI 2.1 KUADRAT İK BİÇİMLER 2.2 POZ İTİF GERÇEL FONKSİYONLAR Sürekli kesirlere aç ılım 2.3 POZ İTİF GERÇEL MATRİSLER

Bölüm 3 : 1-KAPILI LC DEVRELERİ DEVRELER İN SENTEZİ SENTEZİ – –

3.1 REAKTANS FONKS İYONLARI 3.2 REAKTANS FONKS İYONLARININ GERÇEKLEŞTİRİLMESİ • • •

•

Bölüm 4 : 1-KAPILI RC ve RL DEVRELERİ DEVRELERİNİN SENTEZİ SENTEZİ – – – – – – –

•

4.1 CAUER DÖNÜ ŞÜMLERİ 4.2 RC-TÜRÜ G İRİŞ EMPEDANS FONKSİYONLARININ ÖZELLİKLERİ (RL-TÜRÜ G İRİŞ ADMİTANS FONKSİYONLARININ ÖZELLİKLERİ) 4.3 RC-TÜRÜ G İRİŞ ADMİTANS FONKSİYONLARININ ÖZELLİKLERİ (RL-TÜRÜ G İRİŞ EMPEDANS FONKSİYONLARININ ÖZELLİKLER İ) 4.4 RC (RL) DEVRELER İNİN ELDE EDİLMESİ 4.5 RLC- DEVRELER İNİN SENTEZİ

Bölüm 5 : 2-KAPILI DEVRELERİ DEVRELER İN SENTEZİ SENTEZİ – –

•

3.2.1 FO FOSTER DE DEVRELERİNİN GERÇEKLE ŞTİRİLMESİ 3.2.2 CA CAUER DE DEVRELERİNİN GERÇEKLE ŞTİRİLMESİ 3.2. 3.2.3 3 FOST FOSTER ER CAUE CAUER R DEVR DEVREL ELER ERİNDE ELEMAN SAYISI

5.1 D İRENÇLE SONLANDIRILMIŞ LC DEVRELERİN GERÇEKLENMESİ 5.2 5.2 SIFIR IFIR KAYDI AYDIRM RMA A YÖNTE ÖNTEM Mİ

Bölüm 6 : AKTİ AKTİF DEVRE SENTEZİ SENTEZ İ –

6.1 DEVRE MODEL İNİN ÖNCELİKLE SEÇİLDİĞİ YÖNTEMLER • •

–

6.1.1 AYRIŞTIRMA YÖNTEMİ 6.1.2 KATSAYILARI EŞLEŞTİRME YÖNTEMİ

6.2 DEVRE MODEL İNİN ÖNCELİKLE SEÇİLMEDİĞİ YÖNTEMLER


Dr. Cihan KARAKUZU

2

•

Bölüm 7 : NORMALİ NORMAL İZASYON – 7.1 PAS İF DEVRELERDE NORMALİZASYON • 7.1.1 GENLİK (EMPEDANS) NORMALİZASYONU • 7.1 7.1.2 FREK FREKA ANS NORMA ORMAL LİZASYONU – 7.2 AKT İF DEVRELERDE NORMALİZASYON • 7.1.1 GENLİK (EMPEDANS) NORMALİZASYONU • 7.1 7.1.2 FREK FREKA ANS NORMA ORMAL LİZASYONU

•

Bölüm 8 : SÜZGEÇ DEVRELERİ DEVRELER İ VE YAKLAŞ YAKLAŞIKLIK SORUNU – 8.1 SÜZGEÇ DEVRELERİ VE FREKANS KARAKTERİSTİKLERİ • ALÇAK GEÇİREN SÜZGEÇ • YÜKSEK GEÇİREN SÜZGEÇ • BAND GEÇİREN SÜZGEÇ • BAND BAND DURD DURDUR URAN AN SÜZG SÜZGEÇ EÇ – 8.2 YAKLA ŞIKLIK SORUNU • 8.2. 8.2.1 1 BUTT BUTTER ERW WORTH ORTH YAKL YAKLA AŞIKLIĞI • 8.2 8.2.2 CHEBY HEBYS SEV YAKL AKLAŞIKLIĞI – 8.3 FR FREKANS DÖ DÖNÜ ŞÜMLERİ • 8.3.1 YÜKSEK GEÇİREN SÜZGEÇLER • 8.3.2 BAND GEÇİREN SÜZGEÇLER • 8.3.3 8.3.3 BAND BAND SÖNDÜR SÖNDÜREN EN (DURDU (DURDURAN RAN)) SÜZGEÇ SÜZGEÇLER LER – 8.4 PAS İF VE AKTİF SÜZGEÇLERİN KARŞILAŞTIRILMASI Bölüm 9 : DUYARLILIK DUYARLILIK SORUNU SORUNU – 9.1 9.1 KUT KUTUP UP VE SIFI SIFIR R DUY DUYAR ARLL LLIK IKLA LARI RI – 9.2 DEVRE FONKS İYONU DUYARLILIKLARI – 9.3 İKİNCİ DERECEDEN SÜZGEÇ DUYARLILIKLARI

•


Dr. Cihan KARAKUZU

3

BÖLÜM 1: GİRİŞ •

• • •

DEVRE SENTEZİ : S karmaşık değişkeninin rasyonel bir fonksiyonunun (ya da bir fonksiyonlar kümesinin) verilmesi halinde, bu fonksiyonun tanımladığı devrenin bulunmasına devre sentezi denir. Sentez, devrenin biçimini ve devre elemanlarının değerini verir. Çözüm olmayabilir. Çözüm varsa, tek değildir. Çeşitli çözümler yapmak mümkündür. Önemli olan bu çözümlerden uygulama açısından en uygun olanın seçilmesidir.

•

Devre özellikleri rasyonel bir fonksiyon ile değil de eğrisel biçimde (ölçüm sonuçları) verildiği durumlarda.; –

•

Eğri uygun bir rasyonel fonksiyon ile ifade edilmelidir.

Bu durum devre sentezinin “yaklaşıklık sorunu” olarak adlandırılan bölümüdür. Yaklaşıklık sonucu elde edilen devre fonksiyonu ya da fonksiyonları çeşitli türden devrelerle gerçeklenebilir.

Devrenin gerçekleştirilmesinde ilk iş, gerçeklenebilen devre fonksiyonlar ının özelliklerinin bulunmasıdır. Devre fonksiyonlar ının özelliklerinin ortaya konması açısından kimi matematiksel kavramlar ın bilinmesinde yarar vardır.


Dr. Cihan KARAKUZU

4

1.1 Sistem Fonksiyonlar ının Gösterilmesi Herhangi Herhangi bir F(s) F(s) devre devre fonksiyon fonksiyonu, u, s’in fonksiyo fonksiyonu nu olan reel reel katsay katsayılı iki polin polinomu omun n oran oranı olarak elde m edilir.

F ( s) =

bm ( s − so1 )( s − so 2 )L( s − so m ) an ( s − s p 1 )( s − s p 2 )L( s − s pn )

=

bm an

∏( s − s

o j

)

j =1

türden iki iki polinomu polinomun n oranı (m ve n tamsay ı) Bu türden

n

∏( s − s

p i

)

olan fonksiyonlara rasyonel fonksiyon denir.

i=1

Verilen biçimin, pay ve payda polinomlar polinomlarında varsa ortak terimler terimler atıldıktan sonra elde edilmiş olduğu kabul edilir. Fonksiyonun derecesi m veya m’den hangisi büyük ise odur. P(s) ve Q(s)’in sırasıyla m ve n tane kökü olacağından;

F ( s ) =

P ( s ) Q( s )

=

Kutup: Lim F ( s ) s→s pi

bm s m + bm−1 s m−1 + L + b1 s + b0 a n s n + a n−1 s n−1 + L + a1 s + a0

→ ∞ , Lim (s - s pi ) k F ( s ) s→s pi

Biçiminde yazılabilir.

sonlu ve sıf ırdan farklı ises=spi F(s) rasyonel fonksiyonun k katlı kutbudur denir.

Sıf ır: s=soj 1/F(s) fonksiyonunun k katl ı kutbu ise, s=soj F(s) ‘in k katl ı sıf ırıdır denir. Sıf ır ve kutuplar fonksiyonu belirledikleri için “kritik “ kritik frekanslar” frekanslar” olarak adlandırılırlar. F(s)’in genel ifadesinde m>n olması halinde s= ’ da (m(m-n) n) kat katl l ı kutup olacakt ır. Benzer olarak m

Dr. Cihan KARAKUZU

5

Sonuç olarak; a)

n>m n>m ise, ise, F(s) F(s)’i ’in n m tane tane son sonlu sıf ır ı ve (n-m) tane s=∞ ’da ’da sıf ır ı olmak üzere n tane s ıf ır ı vard ır. n adet de kutbu vard ır.

b)

n=m ise, se, F(s)’ (s)’in in m=n tane sıf ır ve kutbu vard ır. S=∞ ‘da ‘da F(s)=bm /an’dir.

c)

n
1.2 Öz Frekanslar ve Karakteristik Polinomlar Devrelerin önemli bir özelliği de öz davranışlar ıdır. Devre cevabının yalnız eleman değerlerine ve elemanlar ın birbirleriyle bağlantı biçimine bağlı olan davranışlar öz davran ışlar olarak tanımlanır (Öz çözüm). Bu çözüm öz frekanslarla frekanslarla belirlenir.

Öz frekans: Devre bir kaynakla sürülmemesine ra ğmen devrede dolanan işaretlerin frekans ına denir. Devrenin öz çözümü; başlangıçta sükunette olan devreye ( ilk ko şullar sıf ır) t=0 anında sonlu bir enerji veren birimdürtü (impulse) uygulandığında, bu uyar ıya ilişkin t≥0+ için devrenin çıkışının bulunması ile belirlenebilir. belirlenebilir. Devrenin öz davranışının dürtü yanıyla belirlenmesi de öz frekanslarla sistem fonksiyonunun kritik frekanslar ı (sıf ırkutup) arasındaki bağıntıyı ortaya koyar. H ( s ) = F ( s ) = δ(t)

F(s)

h(t) n

P ( s ) Q( s )

n

k i

i=1

( s − s pi )

=∑

h(t ) = ∑ k i e

s pit

i =1

Spi’ler payda payda polinom polinomunun unun köklerid kökleridir. ir. Spi’lerin ’lerin öz frekansla frekanslarr olması nedeniyle de sistem fonksiyonunun sonlu kutuplar ı sistemin öz frekanslar ıdır. Bu sebeple sebeple payda polinomu polinomu sistemin karakterist karakteristik ik polinomudur. polinomudur. Payda Payda polinomunun polinomunun s ıf ıra eşitlenmesi ile elde edilen denkleme karakteristik denklem denir.


Dr. Cihan KARAKUZU

6

1-kapılı bir devre için, kapının açık dev devre re ya da kısa-devre edilmesi durumlar ı ile ilgili olarak, iki öz frekans takımının düşünülmesi gerekir. 1

+

I(s)=1 olmas ı nedeniyle Z(s)=V(s) olur. Z(s)=F(s) ise n

v(t ) = ∑ k i e

s pit

ν(t)

i(t)=δ (t) (t)

olur.

i =1

-

11’uçlar ındaki gerilim aç ık devre gerilimi anlam ına geldiğ inden nden,, spi’lere Aç ık-devre öz frekanslar ı denir. Sonuç olarak, aç ık devre öz frekanslar ı Giriş empedans fonksiyonunun kutuplar ıdır.

N devresine birim-dürtü geriliminin uyguland ığını, çıkışın i(t) olduğunu varsayal ım. V(s)=1 n

Y(s)=I(s)=1/F(s) olur ki,

i (t ) = ∑ k i′e

soit

elde edilir.

i =1

N

1’

i(t) + (t) ν(t)=δ (t)

N

-

i(t) ak ımının 11’uçlar ının k ısa devre edilmesi durumunda k ısa-devre ak ımı olması nedeniyle , s oi’lere K ısa-devre öz frekanslar ı denir. 1’ Sonuç olarak, k ısa-devre öz frekanslar ı Giriş Admi Admitans tans fonks fonksiyonu iyonunun nun sıf ırlar ıdır.

Devrenin çal ışma durumuna göre giri ş fonksiyonunun sıf ır ve kutuplar ı devrenin öz frekanslar ı olabilmektedir. kapı say ısına bağ l lı olarak, çal ışma durumlar ı ve karakteristik polinomlar ın say ısı artar.


Dr. Cihan KARAKUZU

7

1.3 Hurwitz ve Kesin-Hurwitz Polinomlar Herhangi bir çal ı ş ma durumunda devrenin öz çözümü t →∞ için sonsuza gitmiyorsa devrenin “ kararl ı” oldu ğ u söylenir.  k ik  k ik t k -1e s t L  = ( k − 1)!  ( s − s pi )  −1

k katl ı bir kutba ili ş kin devrenin öz çözümünde

pi

teriminin bulunmas ı nedeniyle;

Kararl ı bir devrenin öz frekanslar ın ın sa ğ yar ı s düzleminde bulunamayaca ğ ,ı jw ekseninde bulunanlar ı n da kats ız olmalar ı gerekti ğ i sonucu elde edilir.

Kökleri sa ğ yar ı s düzleminde bulunmayan, ayr ıc a jw eksenindeki kökleri de kats ız olan reel katsay ı l ı polinomlara “ Hurwitz ” polinomu denir. jw ekseni ve sa ğ yar ı s düzleminde kökü bulunmayan polinomlara da “ Kesin-Hurwitz ” polinom denilir. ı ı rdan farkl ı Bir polinomun Hurwitz olabilmesi için gerek ve yeter koş ul tüm katsay ıl ar ı nı n s f ı ır olabilir) ve ayn ı i (tüm tek ya da çift indisliler s f ş aretli olmas ı d ır .


Dr. Cihan KARAKUZU

8

BÖLÜM 2: POZİTİF REEL FONKSİ YONLAR 2.1 Kuadratik Biçimler Tanım: A=[a ij ]

reel kare matris, X= =[x i ] (genel olarak karma ş ı k) olmak üzere;  a11 a11 a 21 .... xm ] M  a n1

Q = X T AX = [ x1 x1

Q = X T AX =

∑∑ a x x ij

i

L

Teorem: Reel ve simetrik bir A matrisinin kesin

a1n   x1 

  x   2   M    ann   xn 

pozitif olması için gerek ve yeter ko şul determinantının ve tüm temel kofaktörlerininpozitif olmasıdır. Yar ı-kesin pozitif olması için de gerek ve yeter ko şul determinant ının sıf ır; tüm temel kofaktörlerinin negatif olmamasıdır.

M

j

Biçimine kuadratik biçim denir. Bu biçim A matrisinin gerçel ve simetrik olmas ı halinde gerçeldir.

Örneğin;

X ≠ 0 olmak üzere, Q>0 ise bu biçime “kesin pozitif” , Q≥ 0 ise “yar ı kesin pozitif” biçim denir. Kuadratik biçimin kesin pozitif ya da yar ı-kesin pozitif biçim olmas ına göre de reel ve simetrik A matrisine kesin pozitif ya da yar ı-kesin pozitif matris denir.


 1 −1 3    A = − 1 2 0   3 0 14

Matrisinin temel kofaktörleri (∆11=28, ∆22=5, ∆33=1) Pozitiftir. Determinantının -4 olması sebebiyle kesin ya da yar ı-kesin pozitif değildir.

Dr. Cihan KARAKUZU

1

Matris simetrik değil ise ?

+

B matrisi simetrik olmayan bir matris olsun (B ≠B’) !

v1

B’yi simetrik bir As matrisi ile bir ters simetrik Ass (Ass’=-Ass) matrisinin biçiminde alınabilir. B =

1

2 1

As =

Ass =

T

2

2

R2

v2

1

1

[ B + B ]

2 1

R1 gv1

T

2

v2 

Biçiminde yazılabilir. 2-kapılı yalnız dirençler ve bağımlı kaynaktan oluştuğu için ani güç;

[ B − B ] T

Q=X’BX=X’(As+Ass)X=X’AsX+X’AssX İfadede;

p(t ) = [i1

 z 11 z 12   i1  i2 ]    = I ′[ z ]I  z 21 z 22  i2 

şeklinde ifade edilebilir. p≥0 olması 2-kapılının pasif olduğunu gösterecektir. Z matrisinin yar ı-kesin pozitif olup olmadığının belirlenmesi, 2-kapılının pasif ya da aktif olduğunu gösterir.

X’AssX=σ olmas ınedeniyle de

Q=X’BX=X’AsX Olur ki, bu bağıntı da As matrisinin kesin ya da yar ı-kesin pozitif olmas ının B matrisinin de hangi türden oldu ğunu gösterece ği açıktır. As kesin pozitif ise B de kesin pozitiftir. As yar ı-kesin pozitif iseB de yar ı-kesin pozitiftir.

Verilen devre için; z11=R1, z12=0, z21=-gR1R2, Z22= R2’dir. Görüleceği üzere z matrisi simetrik de ğil…..!

  R1 [Zs] = {[ Z ] + [ Z ′]} =  1 2 − gR1 R2  2 1

Direnç ve bağımlı kaynaklardan oluşan bir 2-kapılının pasif olması için gerek ve yeter koşul Empedans matrisinin yarı-kesin pozitif olmasıdır. MEH232 Devre Sentezi (D2)

R1=800 Ω R2=10 KΩ g=10-1 mho

Örnek olarak yukar ıdaki şekilde verilen 2-kap ılınım aktif/pasif olup olmad ığını belirleyelim. v  Genel olarak bir 2 kap ılının ani gücü p(t ) = [i i ] 

[ B + B ] + 1 [ B − B ] T

+

1  − gR1 R2  2   R2 

Bu matrisin determinant ı; 1 ∆ = R1 R2 (1 − − g 2 R1 R2 ) < 0 4

olduğu için Z matrisi yar ı-kesin pozitif değildir. 2-kapılı pasif Değildir, AKTİFDİR….

Dr. Cihan KARAKUZU

2

2.2 Pozitif Reel Fonksiyonlar

1

Pasif R, L ve C elemanlar ından oluşan Şekildeki 1-kapılı N devresini ele alalım. Bu devrede Tellegen teoremi uyar ınca; n

∑v i

k k

i k

+

i 1

νk

ν1

=0

+

1’

k =1

Eşitliği yazılabilir. N devresinin (n-1) adet eleman bulundurdu ğu varsayımı ile ve

Re { Z ( s )} =

V 1 = − Z ( s ) I 1

R

V k = R k I 1 1

V k =

sC k

I 1

1. 2.

R

I k k

I 1

2

2

+

1 s

1 I k

∑ C C

k

∑

ω σ

2

2

+ σ

2

+ ω 2

1 I k

∑ C C

k

I 1

2

2

∑ L

+ σ

k

L

I k I 1

2

2

S reel ise Z(s) reel Re{s} ≥0 ise Re{Z(s)} ≥0

Bu özellikteki fonksiyonlara “pozitif reel fonksiyon” lar denir.

Sonucuna var ılabilir. S= σ+jω için, 2 I k σ + 2 Z ( s) = Rk 2 2 σ + ω I 1 R - j

I 1

σ

Sonuçlar ına var ılabilir.

Eşitliklerinden yararlanarak;

∑ R

k

2

Sonucuna var ılır.. Bu eşitliklerden:

V k = sL k I k

Z ( s) =

∑ R

I k

+ ω 2

1 I k

∑ C C

k

I 1

2

2


I 1

2

2

+ s

∑ L

k

L

1 I k

∑ C C

k

I 1

2

2

k

L

2

I 1

Tanı m: S= +j armaş k değişkeninin, ı

∑

+ σ

Lk

L

∑ L

+ jω

2

I k

I k I 1

2

2

I k I 1

2

2

1. 2.

F( ) reel Re {s} ≥0 için Re {F(s)} ≥0

Koşullar ını sağlayan rasyonel F(s) fonksiyonu pozitif reeldir. elde edilir. Buradan : Cihan KARAKUZU Dr. 3

Teorem:

Rasyonel bir F(s) fonksiyonunun lineer, zamanla deği şmeyen pasif elemanl ı bir devrenin giri ş fonksiyonu olabilmesi için gerek ve yeter koşul F(s) fonksiyonunun pozitif reel olmasıd ır. Verilen bu tanıma eşdeğer olarak aşağıdaki teoremdeki koşullar elde edilir.

Teorem: Rasyonel bir F(s) fonksiyonunun pozitif reel olabilmesi için; a) F(s)’in sağ yar ı s düzleminde kutbunun olmamas , ı b) F(s)’in jw ekseni üzerinde kutuplar ı bulunuyorsa bu kutuplar ın kats z; ı bu kutuplardaki rezidülerin de reel ve pozitif olmas , ı c) Tüm

ω

) }≥0 değerleri için (0≤ω ≤∞ ) Re{F(j ω

Koşullar ının sağlanması gerek ve yeter.

Teorem: F(s)=P(s)/Q(s) biçimindeki bir fonksiyonunun pozitif reel olabilmesi için; şu koşullar ın sağlanması gerek ir. (! Yeterli değil) a) P(s) ve Q(s) polinomlar ının tüm katsay ılar ı reel ve aynı i şaretli olmal , ı b) P(s) ve Q(s) polinomlar ının en yüksek ve en alçak dereceli terimleri arasında en fazla 1 derece fark olmas , ı c) Pay ve payda polinomlar ında eksik terimler olmamal ıd ır. (tüm çift dereceli terimler, ya da tüm tek dereceli terimler bulunmayabilir.) MEH232 Devre Sentezi (D2)

Dr. Cihan KARAKUZU

4

ÖRNEKLER

1

s 4 + 4 s 3 + 3 s 2 + 1

s 2 + 1

s 4 + 2 s + 1

s 3 + 3 s 2 + 2 s + 1

( s + 1)

s 3 + 2 s + 6

( s + 4)

s 3 + 3 s + 2 s + 3 s + s 4

3


( s + 1)( s + 2) 2

( s + 3)( s + 4) Dr. Cihan KARAKUZU

5

Yukar ıda verilen gerek ve yeter ko şullarda F(s)’in reel k ı smının bulunması gerekmektedir. Re{F(jw)}≥0 ko şulunun incelenmesi için basit bir yöntem tanımlanacakt ır. Pay polinomunun çift kısmı

F ( s ) =

P ( s) Q( s )

=

Pay polinomunun tek kısmı

M 1 + sN 1 M 2 + sN 2

s4+3s3+2s2+s+6

F ( s ) = F ( s ) =

P ( s ) Q( s )

=

M= s4+2s2+6

M 1 + sN 1 M 2 − sN 2 . M 2 + sN 2 M 2 − sN 2

M 1 M 2 − s 2 N 1 N 2 M 2 − s N 2

Çift { F ( s )} =

2

2

2

+ s

M 2 − s N 2 2

Kutuplar sol yar ı s düzleminde ve jw ekseninde katsı z..

2

M 1=-w 2+6 ;

M 1 M 2 − s N 1 N 2 2

M 2 − s 2 N 2 2

M 1 M 2 + ω 2 N 1 N 2 M 2 + ω 2 N 2 2

M1M2+ω 2 N1N2=(-w2+6 ) (w 2 )+w 2.2.3=w 4≥0

2

Re{F(jw)}≥0 koşulunun sağ lanması için M 1M 2 +ω 2 N 1N 2 ≥0 olması gerekti ği sonucuna var ıl ır. MEH232 Devre Sentezi (D2)

N 1=2 ; M 2= -w 2 ; N 2=3

2

Re{ F ( s )} = Çift { F ( s )} S = j = ω

N= 3s2+1

ÖRNEK: F(s)=(s2+2s+6)/s(s+3) fonk. poz. reel olup olmad ığ ını incele…

N 1 M 2 − M 1 N 2 2

;

Gerek ve yeter koşullar sağ land ı..fonksiyon pozitif reel türdendir.

Dr. Cihan KARAKUZU

6

F ( s ) =

P ( s ) Q( s )

=

4 3 2 2 s + 7 s + 11 s + 12 s + 4 4 3 2 s + 5 s + 9 s + 11 s + 6

M 1M 2 +ω 2 N 1N 2 ≥0 olması gerek M 1M 2 +ω 2 N 1N 2 =(2w 4-11w 2 +4)(w 4-9w 2 +6)+w 2 (-7w 2 +12)(-5w 2 +11) =2w 8 +6w 6 -22w 4+30w 2 +24 x=w 2 diyelim; A(x)=2(x 4+3x 3-11x 2 +15x+12) A(x)=2[x 2 (x 2 +3x-11)+15x+12] biçiminde ele alal ım; x ≥[(53)1/2-3]/2 ≅2 ,14 için A(x)≥0 0

Dr. Cihan KARAKUZU

7

Teorem: Rasyonel bir F(s)=P(s)/Q(s) fonksiyonunun pozitif reel olabilmesi için gerek ve yeter koşul; 1.

P+Q polinomunun kesin hurwitz (yani sağ yar ı s düzleminde ve jw eksenin üzerinde kökü olmaması gerek) olması

2.

Re{F(jw)}≥0 olmasıd ır.

Bu koşullardan her ikisinin de sağlanması gereklidir. Birinci maddede verilen koşul; özellikle payda polinomunun köklerinin bulunmasını gerektirmeksizin sonuca gidilmesinde kolayl ık sağlar. NASIL? ı Bilindi ği gibi Routh-Hurwitz tablosu bu P+Q polinomu için haz ırlan p, tablonun birinci sütununa bak ıl ır. Bu sütundaki elemanlarda i şaret deği şikli ği yoksa ve sıf ır sat ır ile hiç kar şılaşılmad ı ise P+Q polinomu kesin-Hurwitz’dir.

Yukar ıda tanımlanan yönteme denk ikinci bir yöntem de, P+Q polinomundan yararlanarak elde edilen (s) fonksiyonunun sürekli kesirlere aç ıl ımından yararlanma yöntemidir. Sürekli kesirlere aç ıl ım: P+Q polinomunun tek k ı smını çift k ı smına ya da çift k ı smını tek k ı smına oranlayarak (derecesi büyük olan paya gelecek şekilde) bir (s) fonksiyonu tan ımlansın. (s)’in pay ını paydasına bir ad ım bölmek, kalanın tersini alarak bölmeye bir ad ım devam etmek …… suretiyle elde edilen aç ıl ıma denilir. Bu aç ıl ım ile elde edilen katsay ılar (bölümler) tümü pozitif, terim say ı sı da fonksiyonun derecesine e şit ise P(s)+Q(s) kesin-Hurwitzdir. F(s) de pozitif reeldir. MEH232 DEVRE SENTEZİ (D3)

Dr. Cihan KARAKUZU

1

Sürekli kesirlere açılım ÖRNEĞİ : N(s)=P(s)+Q(s)= s4+s3+10s2+4s+9 (s) = s4+10s2+9/ s3+4s

N(s) in çift kısmı : s4+10s2+9 N(s) in tek kısmı : s3+4s

s4+10s2+9 s4+4s2 s3+4s

6s2+9

s3+3/2s

(1/6)s

6s2+9 6s2 (5/2)s (5/2)s

s3+4s s

(5/2)s (12/5)s

Ψ ( s ) = s +

9

1 1 6

s +

1 12 5

(5/18)s

s +

1 5 18

0 MEH232 DEVRE SENTEZİ (D3)

Dr. Cihan KARAKUZU

s

2

F ( s ) =

P ( s ) Q( s )

=

4

3

4

3

2

2 s + 7 s + 11 s + 12 s + 4

Fonksiyonu için bu yöntemleri uygulayal ım ……

2

s + 5 s + 9 s + 11 s + 6 Teoremin 1. koşulu

P(s)+Q(s)=3s 4+12s3+20s2+33s+10 Routh-Hurwitz yöntemi S4

3

20

10

S3

12

33

0

12s3+23s

3s4+20s2+10

Sürekli kesirlere açılım

3s4+(23/4)s2 12s3+23s

(1/4)s

(57/4)s2+10

3

12s +(160/19)s S2

14,25

S1

24,57

S0

10

10

0

(277/19)s

(57/4)s2+10 (57/4)s2

0

(277/19)s (277/19)s

(16/19)s

(1083/1108)s

10 (277/190)s

0

Ψ ( s ) =

1 4

s +

1 16 19

s +

1 1083 1108

Terim sayısı polinomun derecesi kadar

s +

1 277 190

s

ve tüm katsay ılar pozitif… P+Q kesinHurwitz MEH232 DEVRE SENTEZİ (D3)

Dr. Cihan KARAKUZU

3

Teoremin 2. koşulu

F ( s ) =

P ( s ) Q( s )

=

2 s 4 + 7 s 3 + 11 s 2 + 12 s + 4 s 4 + 5 s 3 + 9 s 2 + 11 s + 6

M 1M 2 +ω 2 N 1N 2 ≥0 olması gerek M 1M 2 +ω 2 N 1N 2 =(2w 4-11w 2 +4)(w 4-9w 2 +6)+w 2 (-7w 2 +12)(-5w 2 +11) =2w 8 +6w 6 -22w 4+30w 2 +24 x=w 2 diyelim; A(x)=2(x 4+3x 3-11x 2 +15x+12) A(x)=2[x 2 (x 2 +3x-11)+15x+12] biçiminde ele alal ım; x ≥[( √5 3)-3]/2 ≅2 ,14 için A(x)≥0 0
Dr. Cihan KARAKUZU

4

Bölüm 3. 1-Kapılı LC Devrelerin Sentezi Önce yaln z L ve yaln z C elemanl ı kay ps z ya da reaktif devrelerin devre ı ı ı ı fonksiyonlar ının kimi özelliklerini inceleyeceğiz.

3.1 Reaktans Fonksiyonlar ı Devrede R elemanı olmad ığından s=jw için reel k ısmın sıf ıra eşit olacağı aç ıkt ır. Çift { Z ( s )} s= jw = Re{ Z ( jw)}

Bağınt ısı uyar ınca, M 1M 2+

2

N 1N 2 =0 koşulunun sağlanması gerek;

M1 ve N1’in birlikte sıf ır olamayacağı aç ık olduğuna göre; M1=0, N2=0 ya da M2=0, N1=0 koşullar ında bu koşul gerçekleşir. Şu halde sırasıyla; Z ( s ) =

sN 1 M 2

ya da Z ( s ) =

M 1 sN 2

Biçimindeki giriş empedans fonksiyonları için bu koşul sağlanacaktır.

Bu fonksiyonlar tek fonksiyondur. (Yani F(s)=-F(-s)’dir.) Ayr ıca bu fonksiyonların s=0 ve s= ’da daima bir sıf ır ya da kutbu bulunur. ∞

Bu özelikleri sağlayan bir F(s) giri ş fonksiyonunu ele alalım. Bu fonksiyonun s=so’da bir sıf ırı olsun ! F(s)=(s-so) K(s) yazabiliriz. F(s) tek fonk. olduğuna göre; F(s)=-(-s-so)K(-s)=(s+so) K(-s) yazılabilir. Buradan da s=s o bir sıf ır ise s=-so’da bir sıf ırd ır diyebiliriz. F(s)’in pozitif reel giri ş fonksiyonu oldu ğu dü şünülürse sıf ırlar ının ve kutuplar ının tümü jw ekseninde olması gerekecektir. MEH232 DEVRE Dr. Cihan KARAKUZU 5 SENTEZİ (D3)

TANIM : Aş a ğ ı da verilen koşullar ı sa ğl ayan rasyonel F(s) fonksiyonuna reaktans fonksiyonu denir. a) Tüm kutuplar ı jw ekseni üzerinde, kats ı z; reel ve pozitif rezidülü b) Tüm w≥ 0 için Re{F(jw)}=0 Sonuç olarak; Yukar ıda sayılan özellikleri sa ğ layan bir F(s) fonksiyonu LC-türü bir giriş fonksiyonu olmaktad ır. F LC (s) biçiminde gösterece ğ imiz bu pozitif reel fonksiyonun aşa ğ ıda verilen türden bir

aç ıl ımı bulunmaktad ır. k 2k i s FLC (s) = k ∞ s + o + k ∞ , k o , k i ≥ 0 2 2 s s + ωi i Bu aç ıl ımdan yararlanarak LC türü bir giriş fonksiyonunun şu özellikleri sa ğ lad ı ğ ını söyleyebiliriz.

∑

1. Tüm sı f ır ve kutuplar jw ekseninde ve katsı zd ır. s=0 ve s= ’da bir kutup ya da bir sı f ır bulunur. 2. F LC (s)’in Pay ve payda polinomlar ının dereceleri arasında 1 fark vard ır. 3. F LC (s) tek fonksiyondur. 4. X(w) reel bir fonksiyon olmak üzere F LC (jw)=jX(w) ‘dir. 5. dX(w)/dw >0 ‘d ır. Yani X(w) artan bir fonksiyondur. MEH232 DEVRE SENTEZİ (D3)

Dr. Cihan KARAKUZU

6

Bu türden bir fonksiyonun bir sıf ırından sonra bir kutup, bir kutbundan sonra da bir sıf ır gelir. Yani sıf ır ve kutuplar jw ekseni üzerinde sıralıdırlar.

Söylenen bu özelliklere uygun olarak; (s 2 + ω12 )(s 2 + ω32 ) L

F(s) = K 2 , o < ω1 < ω 2 < ω3 < ω 4 s(s + ω 22 )(s 2 + ω 24 ) L

ya da, s(s 2 + ω12 )(s 2 + ω32 ) L F(s) = K 2 , o < ω1 < ω 2 < ω3 < ω 4 (s + ω22 )(s 2 + ω 24 ) L

biçiminde fonksiyonlar F LC (s) fonksiyonlar ı olarak kar şımı za ç ıkacakt ır. Fonksiyonun tam olarak belirlenebilmesi için s ı f ır ve kutuplar ile K’nın belirlenebilece ğ i bir bilginin verilmesi gerekir.

ÖRNEK: Kutupları w=0, w=1000; sıf ırları w=600 ve w= ’da olan ve w=700 için Z(jw)=j10 olan giriş empedans fonksiyonunu ve bu fonksiyonun basit kesirlere aç ılımını elde ediniz. MEH232 DEVRE SENTEZİ (D3)

Dr. Cihan KARAKUZU

7

Verilerden;

Z(s) = K

(s 2 + 36.10 4 ) 2

olduğu açıktır.

6

s(s + 10 ) ( −49.10 4 + 36.10 4 )

Z(s) j700 = j 10 = K j 700( −49.10 4 + 10 6 ) − 13.10

4

Z(s) j 700 = j 10 = K j 357.10 6 K = j 10.

j 357.10 6 − 13.10

4

=

− 357.10 − 13.10

7

4

= 27,461.10

Sonuç olarak; Z(s) = 27,461.10

3

3

(s 2 + 36.10 4 ) 2

6

s(s + 10 )

elde edilir.

Fonksiyonun basit kesirlere aç ıl mı ş şekli

Z(s) = MEH232 DEVRE SENTEZİ (D3)

9900 s

+

17600 2

6

(s + 10 )

Dr. Cihan KARAKUZU

biçimindedir. 8

LC türü empedans ya da admitans fonksiyonlar ının özellikleri aynıd ır.

3.2 Reaktans Fonksiyonlar ının Gerçeklenmesi 3.2.1 Foster devrelerinin gerçeklenmesi Foster devreleri genel olarak fonksiyonun basit kesirlere aç ıl ı mı n a kar şı l ı k dü ş en devrelerdir. Bu aç ı lı m giri ş empedans fonksiyonuna ili ş kin ise devreye FOSTER-I giri ş admitans fonksiyonuna ili ş kin ise devreye FOSTER-II

denir.

F(s)’in a şa ğıda verilen biçimdeki basit kesirlere aç ıl ımını ele alal ım.

FLC (s) = k ∞ s +

k

k o s

+

∑s i

2k i s 2

2

+ ωi

∞

2ki/wi2

k ∞ , k o , k i ≥ 0 2ki/wi2 k

1/ko

1/ko MEH232 DEVRE SENTEZİ (D3)

1/(2ki)

1/(2ki)

F O S T E R 1

Dr. Cihan KARAKUZU

9

FLC (s) = k ∞ s +

k o s

k

+

∑s i

1/ko

2k i s 2

2

+ ωi

k ∞ , k o , k i ≥ 0

1/(2ki)

1/(2ki) k 2ki/wi2

1/ko 2ki/wi2

FOSTER II devresi

MEH232 DEVRE SENTEZİ (D3)

Dr. Cihan KARAKUZU

10

LC türü empedans ya da admitans fonksiyonlar ının özellikleri aynıd ır.

3.2 Reaktans Fonksiyonlar ının Gerçeklenmesi 3.2.1 Foster devrelerinin gerçeklenmesi Foster devreleri genel olarak fonksiyonun basit kesirlere aç ıl ı m ın a kar şı l ı k dü ş en devrelerdir. Bu aç ı lı m giri ş empedans fonksiyonuna ili ş kin ise devreye FOSTER-I giri ş admitans fonksiyonuna ili ş kin ise devreye FOSTER-II

denir.

F(s)’in a şa ğıda verilen biçimdeki basit kesirlere aç ıl ımını ele alal ım.

FLC (s) = k ∞ s +

k

k o s

+

∑s i

2k i s 2

+ ωi2

∞

2ki/wi2

k ∞ , k o , k i ≥ 0 2ki/wi2 k

1/ko

1/ko MEH232 DEVRE SENTEZİ (D4)

1/(2ki)

1/(2ki)

F O S T E R 1

Dr. Cihan KARAKUZU

1

FLC (s) = k ∞ s +

k o

+

s

∑s i

1/ko

k

2k i s 2

+ ωi

2

k ∞ , k o , k i ≥ 0

1/(2ki)

1/(2ki) k 2ki/wi2

1/ko 2ki/wi2

FOSTER II devresi

ÖRNEK:

Z

( )= s

s


+ 1) ( 2 + 2)

(

2

s

Fonksiyonunu Foster türü devrelerle gerçekleyiniz.

s

Dr. Cihan KARAKUZU

2

Önce fonksiyonu basit kesirlere ay ıralım……

Z ( s ) A( s As

2

2

=

( s 2 + 1) s ( s

2

+ 2)

=

A s

+

Bs

( s 2 + 2)

+ 2) + Bs 2 = ( s 2 + 1) olmalı

(2ki)/(wi2)=(1/2)/2=1/4 H

+ 2 A + Bs 2 = ( s 2 + 1)

A + B

= 1  ⇒ A = 1 / 2; B = 1/2 2 A = 1 

Z ( s )

=

1/ 2 s

+

1/ko=2F 1/(2ki)=1/(2.1/4)=2F

(1 / 2) s ( s 2 + 2) F LC ( s )


Dr. Cihan KARAKUZU

= k ∞ s +

k o s

+∑ i

2k i s s

2

+ ω 2 i

3

Örneği Foster-II ile de gerçekleyebiliriz…. (Giriş admitans fonksiyonu ile)

Y ( s )

Y ( s )

=

1 Z ( s )

= s +

=

+ 2) ( s 2 + 1)

s ( s

2

s3+2s

s

s

s3+s

( s 2 + 1)

s2+1

s

1/(2ki)=1H k =1 F

2ki/wi2= 1 F

F


( s ) = k ∞ s + LC

k o s

+∑ i

2k i s s

2

+

2 w

i

Dr. Cihan KARAKUZU

4

3.2.2 Cauer devrelerinin gerçeklenmesi Cauer devreleri ele al ınan fonksiyonun empedans ya da admitans fonksiyonu olmasına göre de ğ işen devreler de ğ ildir. (Foster devreleri de ğ işiyordu.) Genel olarak fonksiyonun iki farkl ı sürekli kesirlere aç ıl ıma göre iki Cauer devresi mevcuttur. Sürekli kesirlere aç ıl ıma kar şıl ık düşen devrelerdir. CAUER –I F ( s )

=

k 1 s

1

+ k 2 s

k1

1

+ k 3 s

1

+

k 4 s

F(s)=Z(s)

+M

k3

k2

k4

CAUER -II F ( s )

=

k 1 s

+

1 k 2 s

+

1 k 3 s

+

k 4 s


1/k1

1

+M

F(s)=Z(s) 1/k2

Dr. Cihan KARAKUZU

1/k3 1/k4

5

Fonksiyounn pay ve paydasını en yüksek dereceli terimden en küçük dereceli terime do ğ ru yaz ı p sürekli kesirlere açarsak CAUER-I; Fonksiyounn pay ve paydasını en küçük dereceli terimden en yüksek dereceli terime do ğ ru yaz ı p sürekli kesirlere açarsak CAUER-II; devresini elde ederiz…. 3 s4+4s2+3

ÖRNEK: Z(s)=(s2+1)(S2+3)/s(s2+2) fonksiyonuna ilişkin Cauer türü devreleri elde ediniz. Z ( s )

=

s

1

+

1

(1 / 2 ) s + 4 s +

1H (½)F

s4+2s2

4H (1/6)F

1

2s2+3 2s2

(1 / 6 ) s

s3+2s

2s2+3

s3+3/2s

(1/2)s

s +2s s

(1/2)s 4s

(1/2)s 3 (1/2)s (1/6)s 0


Dr. Cihan KARAKUZU

6

Z(s)=(3+4s2+s4)/(2s+s3)

ile Cauer-II

3+4s2+s4

türü devreyi elde edelim… Z ( s )

=

3

+

2 s

3+(3/2)s2 2s+s3

1 4 5 s

+

2 s

+

1 1

(5/2)s2+s4

(1/5)s3

(5/2)s2+0

(25/2s)

(1/5)s3 (1/5)s3

5/4H


(5/2)s2+s4 (4/5s)

5 s

2/3F

(3/2s)

2s+(4/5)s3

1 25

2s+s3

2/2F

s4 (1/5s)

0 5H

Dr. Cihan KARAKUZU

7

BÖLÜM 3. 1-KAPILI LC DEVRELER İ N İ N SENTEZ İ 3.1 Reaktans Fonksiyonlar ı 3.2 Reaktans Fonksiyonlar ının Gerçeklenmesi 3.2.1 Foster devrelerinin gerçeklenmesi 3.2.2 Cauer devrelerinin gerçeklenmesi 3.2.3 Foster ve Cauer devrelerinde eleman say ı sı ş empedans/admitans fonksiyonunun basit kesirlere aç ı l ı m ına ş ıl Foster devrelerinin ele al ınan giri kar ık gelen nu söylemi ş tik. devreler oldu ğu ş fonksiyonunun F(s)=P(s)/Q(s) biçiminde oldu ğ unu ve n adet sonlu kutbunun, (n+1) adet de sonlu LC türü giri ğu nu varsayal ım…. s ıf ır ın ın oldu

Bu durumda P’nin derecesi P o (s)=2(n+1) Q’nun derecesi de Q o (s)=2n+1 olacakt ı r. (fonksiyon tek ndan s=0’da kutbu olacakt ır.) ş ıl ş en Foster oldu ğu Sonuç olarak fonksiyonun a ş a ğ ıda verilen aç ıl ı ma kar ık dü ı (2n+2) devrelerinde eleman say ıs

FLC (s) = MEH232 DEVRE SENTEZİ (D5)

Dr. Cihan KARAKUZU

P(s) Q(s)

= k ∞ s +

k o s

+

∑s i

2k i s 2

2

+ ωi

1

Fonksiyonun sürekli kesirlere aç ıl ımına kar şıl ık dü şen Cauer devrelerinde de eleman say ı sı sürekli kesirlere aç ıl ımdaki terim say ı sına e şit olacakt ır. Terim say ı sı da fonksiyonun derecesine e şit oldu ğuna göre;

Cauer devrelerinde de eleman say ı sı (2n+2)’dir. Fonksiyonun sıf ır ve sonsuzdakilerin d ı şındaki sıf ır ve kutuplar ın (yani iç kritik frekanslar ın) say ı sı yukar ıda bir önceki yansıda verilen varsay ımlar alt ında (2n+1)’dir. Sonuç olarak Foster ve Cauer devrelerinde eleman say ı sı iç kritik frekans say ı sından bir fazlad ır. Bu say ıda eleman bulunduran devreler minimum elemanl ı (kanonik) devrelerdir. ÖRNEK:

a)

ekildeki devre minimum elemanl bir devre midir?

b) Bu devreye de er Cauer I devresini elde ediniz. c)

imdiye kadar rendi imiz aç mlardan yararlanarak bu devre MEH232 DEVRE SENTEZİ (D5)

1 H

1 H 1 H

1 F

1 F 1 F

Dr. Cihan KARAKUZU

2

Öncelikle devrenin giri bulal m…..

Z(s) =

fonksiyonunu bulal m.. Giri

empedans fonksiyonunu

2s 5 + 6s 3 + 3s (s 2 + 1)(s 4 + 3s 2 + 1)

Görülece i üzere iç kritik frekans say tir. Devredeki eleman say frekans say ndan bir fazla (6 adet) ise devre kanonik yani minimum elemanl

iç kritik

a ) D ev re de 6 el em an o ld u u için devre kanonik türdendir……….. b) Cauer-I türdendevre elde edebilmemiz için (fonksiyonun paydas n derecesi n derecesinden büyük) Y(s)=1/Z(s)’i sürekli kesirlere açmam z gerekir….. yaparsak a

daki matematiksel biçim elde edilir.

1

Y ( s ) = (1 / 2 ) s +

1

2s +

1

s+

1

( 2 / 3)s +

(9 / 2 )s +


Dr. Cihan KARAKUZU

1 (1 / 3 ) s 3

2

Bu aç

ma kar

2/3

1/3

k gelen devre;

1/2

1

9/2

c) Basit ve sürekli kesirlere aç m ile verilen devreyi elde edebiliriz. Çünkü devre Foster-I türü alt devre ile ba lamakta ve Caue türü alt devre ile sonlanmaktad Dikkat edilirse ilk iki eleman elde edebilmek için 2k terimi gerekli… Eleman de erleri göz önüne al nda bu terimin Z (s)=s/s +1 olmal r. Bu terimi Z(s)’den ç kartarak devrenin geri kalan k için giri empedans [Z (s)] fonksiyonunun;

Z 2 (s) = Z(s) −

s 2

(s + 1)

Cauer türü devre kondansatör ile b oldu una göre; (s)=1/Z (s) ‘den k devrenin geriye kalan k


=

s 3 + 2s 4

2

(s + 3s + 1)

oldu ğ u görülür...

ndan ve kondansatör parale

biçiminden sürekli kesirlere aç gerçeklemeye yetecektir.

Dr. Cihan KARAKUZU

kolda

yapmak

4

Bu sürekli kesirlere aç ıl ım ile a şa ğıdaki biçim elde edilir.

Y 2 (s ) =

1 Z 2 (s )

1

= s+

s+

1 s+

Z 1(s)

1 s Z 2 (s) 1 H

1 H 1 H

1 F

1 F 1 F


Dr. Cihan KARAKUZU

5

BÖLÜM 4: 1-KAPILI RC ve RL DEVRELER İNİN SENTEZİ 4.1 Cauer Dönüşümleri R ve C’den oluşmuş 1-kapılı devrede, devrenin (N) çevre empedans matrisinin terimleri R ij+1/Cijs biçiminde olacaktır. N devresindeki direçlerin yerine ayn ı değerde L elemanlar ın konulması ile elde edilen devreye N' diyelim. N' devresine ilişkin çevre empedans matrisi terimleri 1 Zç′(s) = [R ijs + ] biçiminde olacakt ır. Cijs 1 Zç′(s) = [s(R ij + ] Bu eşitlikten yararlanarak; 2 C ijs

Zç′(s) = sZç(s 2 ) eşitliğini elde edebiliriz. MEH312 DEVRE SENTEZİ (D7)

Dr. Cihan KARAKUZU

1

Böylece verilen bir RC devresinden, R=L olacak biçimde, LC devresine;

Z LC (s) = Z RC (s) s→s2 × s

dönüşümü ile geçilebilir.

LC devresinden RC devresine de;

Z RC ( s ) =

1

s


× Z LC ( s ) s 2 → s

RL türü bir devre için de; devredeki dirençlerin yerine de ğeri 1/R olan C elemanlar ı konulduğunda elde edilen LC devresinin çevre empedans matrisi terimleri a şağıdaki biçimde olacaktır.

R ij  1  1 2 2 [ ] = + = Zç′(s) = L ijs + R L s Zç ( s )  ij ij s  s s  MEH312 DEVRE SENTEZİ (D7)

Dr. Cihan KARAKUZU

2

Böylece verilen bir RL devresinden, C=1/R olacak biçimde, LC devresine; 1 Z LC (s) = Z RL (s) s→s2 × dönüşümü ile geçilebilir.

s

LC devresinden RL devresine de;

Z RL (s) = s × Z LC (s) s2 →s


Bulduğumuz bu dönüşüm bağıntılarından ZRL(s) ve ZRC(s) fonksiyonlarının özelliklerinin aynı olmadığı görülebilir. Buna karşın; Z RL (s) = YRL (s) =

1 YRL (s) 1 Z RL (s)


= s× 1

1 YLC (s)

s 2 →s

= × YLC (s) s2 →s s

E şitliklerinden yararlanarak, Z LC (s) ve Y LC (s) fonksiyonlar ının özelliklerinin aynı olması nedeniyle Z RC (s) ile Y RL(s) fonksiyonlar ının özelliklerini aynı oldu ğ u sonucuna var ır ı z. z.

Dr. Cihan KARAKUZU

3

4.2 RC Türü Giriş Empedans Fonksiyonlarının Özellikleri (RL Türü Giriş Ad Admi mita tans ns Fo Fonk nksi siyo yonl nlar arının Özellikleri) Özellikleri) Z LC (s) = k ∞ s +

k o s

+

∑s i

2k i' s 2

+ ωi

2

Şeklinde basit kesirlere açılım idi.

Bu açılıma

Z RC (s) =

1 s

× Z LC (s)

Z RC (s) = k ∞ +

Cauer auer dönü dönüşümünü uygularsak; (2k i’=k i ve wi2=σi alarak)

s 2 →s

k o s

+

∑s+σ k i

i

açılımı elde edilir. i

ZRC(s) ile YRL(s) aynı özellikte olduğundan; YRL (s) = k ∞ +

k o s

+

∑s+σ k i

i

olacaktır. i

Verilen bu aç ılım ve LC LC’de ’den Caue Cauerr dönü dönüşümleri de düşünülerek, RC türü giri ş empedans (RL türü giri ş admitans) fonksiyonlar ının aşağıda verilen özellikleri sa ğladığı sonucuna var ılır. MEH312 DEVRE SENTEZİ (D7)

Dr. Cihan KARAKUZU

4

• S ı f ır ve kutuplar reel eksen üzerinde ve sıral ı • Z RC ( σ ) σ e ğ risi daima azalan e ğ ilimlidir.

ZRC(σ)

ZRC(0) ZRC(∞)

• Z RC ( ∞ )< Z RC (0) • S ı f ıra yak ın kritik frekans bir kutup, sonsuza yak ın kritik frekans ise bir sı f ırd ır

σ

(ilk kutup s=0’da, son sı f ır ise s= ∞ ’da olabilir)

• Kutuplar ındaki rezidüleri pozitiftir. MEH312 DEVRE SENTEZİ (D7)

Dr. Cihan KARAKUZU

5

4. 3 RC Türü Giriş Admitans Fonksiyonlarının Özellikleri (RL Türü Giriş Empedans Fonksiyonlarının Özellikleri) Z LC (s) = k ∞ s +

Bu açılıma

k o s

Z RC (s) =

+

∑s i

1 YRC (s)

2k i' s 2

Şeklinde basit kesirlere açılım idi.

+ ωi

2

1

1

s

YLC (s)

= ×

s 2 →s

YRC (s) = s × YLC (s) s2 →s

YRC (s) = k ∞ s + k o +

∑s+σ k i s

i

Cauer dönüşümünü uygularsak; (2k i’=k i ve wi2=σi alarak)

açılımı elde edilir. i

YRC(s) ile ZRL(s) aynı özellikte olduğundan; k s Z RL ( s ) = k ∞ s + k o + ∑ i i s + σ i

olacaktır.

RC türü giriş admitans (RL türü giriş empedans) fonksiyonlar ının aşağıda verilen özellikleri sa ğladığı sonucuna var ılır. MEH312 DEVRE SENTEZİ (D7)

Dr. Cihan KARAKUZU

6

• S ı f ır ve kutuplar reel eksen üzerinde ve sıral ı

YRC(σ)

• Y RC ( σ ) σ e ğ risi daima artan e ğ ilimlidir. YRC(∞)

Z RC (0) • Z RC ( ∞ )>

YRC(0)

• S ı f ıra yak ın kritik frekans bir sı f ır, sonsuza yak ın kritik frekans ise bir kutupdur (ilk s f r s=0’da,

σ

ı ı

son kutup ise s= ∞ ’da olabilir)

• Kutuplar ındaki rezidüleri negatiftir. •Y RC (s)/s’in kutuplar ındaki rezidüleri pozitiftir. MEH312 DEVRE SENTEZİ (D7)

Dr. Cihan KARAKUZU

7

Y RC (s) fonksiyonuna ili şkin olarak verilen YRC (s) = k ∞ s + k o +

∑s+σ k i s

i

i

aç ıl ım bir basit kesirlere aç ıl ım de ğildir. Bu aç ıl ım şkin basit kesirlere aç ıl ımın Y RC (s)/s fonksiyonuna ili s ile çarpılması sonucu elde edilir. Bu sebeple; RC türü bir giri ş admitans (RL trü giri ş empedans) fonksiyonunana ili şkin yukar ıda verilen türden bir aç ıl ım elde edilirken, Y RC (s)/s fonksiyonuna ili şkin basit kesirlere aç ıl ım elde edilerek s ile çarpılması gerekmektedir.


Dr. Cihan KARAKUZU

8

4.4 RC ve RL Türü Devrelerin Sentezi 4.4.1 Foster-I tipi sentez

Z RC (s) = k ∞ +

k o k i +∑ s i s + σi

Z RL (s) = k ∞ s + k o + ∑ i

k

k

∞

ki

1/ko

ko 1/(ki)

ki/σi

ki/σi 1/ko


s + σi

∞

ki/σi

k

k i s

ki k

1/(ki)

Dr. Cihan KARAKUZU

1/ko

ki/σi

1

4.4.2 Foster-II tipi sentez

YRL (s) = k ∞ +

k o k i +∑ s i s + σi

YRC (s) = k ∞ s + k o + ∑ i

k

1/k

∞

1/ko

1/ko

1/(ki)

k i s s + σi

ki

1/ki ki/σi

i/ ki

σ

1/(ki)

1/k

∞

1/ko

1/k

∞

i/

σ


1/ki 1/ko

ki

Dr. Cihan KARAKUZU

ki/σi

2

4.4.3 Cauer tipi sentez LC türü devreler için gösterilenden fark ı yoktur… Burada yalnı zca baz ı sürekli kesirlere aç ıl ım terimleri reel ç ıkacakt ır.. Cauer tipi sentezi bir örnek fonksiyon üzerinde gösterelim…

Z(s) =

s 2 + 4s + 3 s 2 + 2s

Z (s ) 4

1

½


=

1+

1 1 s 2

1

+

4

+

1 1 s 6

1/6

Dr. Cihan KARAKUZU

3

4.5 RLC Devrelerinin Sentezi

• Şimdiye kadar ele aldığımız yöntemlerden yararlanarak RLC devrelerinin sentezi de yapılabilir. ÖRNEK: Z(s)=(6s3+4s2+42s+20)/(9s2+6s) fonksiyonunu gerçekleştiren Foster ve Cauer türü devreleri elde ediniz.

6s 3 + 4s 2 + 42s + 20 9s 2 + 6s 6s 3 + 4s 2 0 + 0 + 42s + 20


(6/9)s

2 42s + 20 Z ( s ) = s + 3 9 s 2 + 6 s 2 B A Z ( s ) = s + + 3 9 s s + (2 / 3) As + ( 2 / 3) A + 9 Bs ≡ 42 s + 20 s ( A + 9 B ) + ( 2 / 3) A ≡ 42 s + 20 A = 30 ; B = 12/9 = 4/3

Dr. Cihan KARAKUZU

4

2

2 10 4/3 Z(s) = s + + 3 3s s + (2 / 3)

2/3 3/10 3/4

Foster türü devre

Cauer türü devre

2 1 Z(s) = s + 1 3 3 s+ 14 422 1 + 72 3 s 35 MEH232 DEVRE SENTEZİ (D8)

(42.42)/72

2/3

3/14

Dr. Cihan KARAKUZU

3/35

5

BÖLÜM 5: 2 KAPILI DEVRELER İ N SENTEZİ •2 kapılı devre sentezi G21(s), z21(s), y21(s) …..gibi devre fonksiyonundan yap ılabileceği gibi, •y11(s)- y12(s), …. gibi fonksiyon çiftlerinden de sentez yapılabilir. •Bu derste 2 kapılı devrelerin basamaklı türden devrelerle sentezlenmesi incelenecektir. Transmisyon sıf ır ı: G21(s), z21(s), y21(s) …..gibi transfer devre fonksiyonlar ının sıf ırlar ı transmisyon sıf ır ı olarak adlandır ılır. •Transmisyon sıf ırlar ı (frekanslar ı) 2 kapılı devreye uygulanan sonlu ve sıf ırdan farklı bir giriş için devre çık ışının sıf ır olduğu frekanslardır. •Basamaklı türden devre için; seri kollardaki elemanlar ın empedans fonksiyonlar ının kutuplar ında paralel kollardaki elemanlar ın empedans fonksiyonlar ının sıf ırlar ında transmisyon sıf ırlar ı bulunur… •2 kapılı devre sentezinin sorunu; y22(s)- y21(s), z22(s)- z21(s), y11(s)- y12(s), z11(s)- z12(s) gibi devre fonksiyonuçitlerinin birlikte gerçekleştirilmesidir. • Ele alınan giriş ve transfer fonksiyonlar ının aynı olduğundan, giriş (giriş ya da çık ış kapısına ilişkin olabilir ) fonksiyonundan hareketle 1 kapılı devre sentezliyormuş gibi 2 kapılı devre sentezi yapılabilir. Bu sentezi yaparken ele alınan giriş fonksiyonunun sıf ırlar ı ile transmisyon sıf ırlar ının çak ıştır ılması gerekir. Bu yöntem sıf ır kaydırma yöntemi olarak adlandır ılır.

MEH232 Devre Sentezi (D9_D10)

Dr. Cihan KARAKUZU

1

Bazı devre fonksiyonlar ı için özel bir hal olarak transmisyon sıf ırlar ı s=∞ ya da s=0’da bulunabilir. Bu durumda transmisyon sıf ırlar ının gerçekleştirilmesinde Cauer I-II devrelerinden yararlanılır.

5.1 Dirençle Sonlandır ılmış LC Devrelerinin Sentezi Bu tür devreler pasif süzgeçlerin gerçeklenmesinde genellikle kullanılan bir devre modelidir. +

+ v

LC

R=1Ω

G ( s ) =

vo -

G ( s ) =

V o ( s ) V ( s ) P ( s ) Q ( s )

y21

− =

1 + y22

biçiminde ise;

LC fonksiyonlar ının özellikleri düşünüldüğünde, P(s) ya tek ya da çift polinom olması gerektiğini biliyoruz. Bu nedenle fonksiyonun pay ve paydasını tek ve çift k ısımlar ı olarak yazdığımızda olası iki durum kar şımıza çıkar. sN 1 M 1 = G ( s ) G ( s ) = M 2 + sN 2 M 2 + sN 2

G ( s ) =

M 1 / sN 2

1 + M 2 / sN 2 − y 21 = M 1 / sN 2 y22 = M 2 / sN 2


Ya da

Dr. Cihan KARAKUZU

G ( s ) =

sN 1 / M 2

1 + sN 2 / M 2 − y21 = sN 1 / M 2 y22 = sN 2 / M 2 2

5.2 Sıf ır Kaydırma Yöntemi • • • •

Bu yöntem herhangi bir kapıya ilişkin giriş fonksiyonundan hareketle 2 kapılı devre sentezi yapılırken, transmisyon sıf ırlar ı ile giriş fonksiyonunun sıf ırlar ının çak ıştır ılması için kullanılır. Yöntem basamaklı devrelerin elde edilmesinde kullanılır. Bu derste RC devrelerine uygulanması üzerinde yoğunlaşacağız. RC giriş fonksiyonlar ının sıf ırlar ının kaydır ılmasında üç işlem uygulanır. 1.

ZRC(s)’den k p.ZRC(∞) bileşeninin çekilmesi (k p<1)

ZRC(σ) Sıf ırlar ın sonsuza kaydır ılması Sıf ır kaydırma elemanı

k pZRC(∞) k pZRC(∞)

R1

ZRC C1

s=-1/(R1.C1) deki sıf ır ı gerçekleyen elemanlar

ZRC(0)

ZRC(∞)

σ


Dr. Cihan KARAKUZU

3

2.

YRC(s)’den k p.YRC(0) bileşeninin çekilmesi (k p<1)

YRC(σ)

Sıf ırlar ın sıf ır noktasına kaydır ılması

YRC(∞) k pYRC(0)

YRC(0)

R1 Sıf ır kaydırma elemanı

σ

C1

YRC 1/k pYRC(0)



Dr. Cihan KARAKUZU

4

3.

ZRC(s) ya da YRC(s) fonksiyonlarından kutbun bir k ısmının çekilmesi çekilmesi (k p<1)

ZRC(s)

Sıf ırlar ın bir kutba doğru kaydır ılması

k p

Sıf ır kaydırma elemanlar ı

ZRC(∞)

ZRC(0)

k i s + σ i

k pk i/σi

s R1

ZRC

1/k pk i C1



Dr. Cihan KARAKUZU

5

ÖRNEK: Aç k devre gerilim transfer fonksiyonu G ı

21

( s) =

bir RC devresi ile gerçekleştiriniz. y21

−

y21

=

( s + 1)( s + 3)

olan basamaklı türden

dir. Bu eşitlikten yararlanarak, verilen fonksiyonun pay ve paydas ını RC türü admitans fonksiyonunun özelliklerini de göz önünde bulundurarak uygun bir yardımcı polinoma bölersek..

−

Gad ( s ) =

s ( s + 1 / 2)

y22

s ( s + 1 / 2)

, y22

( s + 2)( s + 4)

=

( s + 1)( s + 3) ( s + 2)( s + 4)

fonksiyonlar ı elde edilir.

Transmisyon sıf ırlar ı s=0 ve s=-1/2 ‘dır. y22 fonksiyonunun sıf ırlar ını (s=-1, s=-3) transmisyon sıf ırlar ına kaydırmamız gerekmekte. Önce s=-1/2 sonra s=0’ ı gerçekleyelim……. y22

−

y22

=

k i s

1/ 2

=−

=

0

⇒

k i

=

5 / 21

5 ( s + 1 / 2)(16 s + 46) + 21 21( s 2 + 6 s + 8)

za’nın s= -1/2’deki rezidüsü

ya

z a

=

21( s 2 + 6 s + 8) ‘n n s=-1/2’deki kutbunu ( s + 1 / 2)(16 s + 46) çekelim. ı

z a MEH232 Devre Sentezi (D9_D10)

−

k i

s + 1 / 2

=

z b

=

Dr. Cihan KARAKUZU

21(152 s + 500) (k i = 441 / 152) ( s + 1 / 2)(16 s + 46) 6

yb

1

=

z b

ise yb − k i

=

0

⇒

k i = 6992 / 10500

s =0

6992 65816 s = yc = 10500 5,25(152 s + 500)873 1 34,81 = 10.58 + z c = yb

−

yc

s

Yaptığımız işlemlerle çık ış kapısına ilişkin elde ettiğimiz admitans giriş fonksiyonunu; y22

=

10,58 1/34,81

5 1 + 1 21 441 / 52 + 6992 1 s + 1 / 2 + 10500 10,58 + 34,81

2

1 1,5

s

biçiminde elde ettik. Buradan kolayca basamakl ı türden devreyi gerçekleyebiliriz.


441/76i

152/441 21/5

1´

Dr. Cihan KARAKUZU

2´

7

BÖLÜM 6 : AKTİF DEVRE SENTEZİ • Fiziksel olarak gerçekleştirilebilen devre fonksiyonlar ının kutuplar ı sol-yar ı s düzlemindedir. •RC devrelerinin devre fonksiyonlar ının kutuplar ı negatif reel eksen üzerindedir. Bu sebeple RC devreleri ile karmaşık kutuplar gerçeklenememektedir. •RLC devrelerinin devre fonksiyonlar ının sol yar ı s düzleminde karmaşık kutuplar ı bulunabilmektedir. Ancak, RLC ile sentez k ısıtlıdır. Örneğin pozitif reel olmayan giriş fonksiyonu 1-kapılı bir RLC ile gerçeklenememektedir. •Karmaşık kutuplar ı gerçeklemek için endüktans elemanlar ının kullanılma gereği göze batmaktadır. MEH232 Devre Sentezi (D11)

Dr. Cihan KARAKUZU

1

ANCAKKK !!! Endüktans; •doğrusal olmayan davranış sergilemesi •alçak frekanslar için fiziksel büyüklüğünün ve maliyetinin artması gibi nedenlerle kullanılmaktan kaçınılan elemandır. Pasif RLC devrelerinin sentezindeki k ısıtlamalar ı gidermek ve endüktans elemanının sağladığı özellikleri sağlamak amacıyla AKTİF elemanlar ın kullanılması gerekmektedir. En önemlisi de aktif elemanlar ın tüm devre teknolojisinde gerçeklenebilmesi…….. MEH232 Devre Sentezi (D11)

Dr. Cihan KARAKUZU

2

Aktif elemanlar do ğ rusal olmayan karmaşık elemanlard ır. Bu nedenle sentez yönteminin geliştirilmesi için bu elemanlar ın basit matematiksel ba ğ ınt ılarla tanımlanan ideal modelleri kullanılmaktad ır. AKTİF DEVRE SENTEZİ Devre modelinin önceden seçildi ğ i yöntemler Ayr ıştırma yöntemi Katsayılar ı eşleştirme yöntemi

Devre modelinin önceden seçilmedi ğ i yöntemler


Dr. Cihan KARAKUZU

3

6.1 Devre Modelinin Önceden Seçildi ğ i Yöntemler Devre modeli önceden seçilir; bu modelin analizinden yararlanarak aktif devre sentezi sorunu, ya pasif devre sentezine ya da do ğ rusal olmayan bir denklem takımının çözümüne indirgenir.

6.1.1 Ayr ışt ırma Yöntemi Önceden seçilen devre modelinin analizinden faydalanarak modelin içindeki pasif alt-devrelerin elemanlar ının belirlenmesi yöntemidir.

Teorem: P(s) reel katsay l bir polinom, Q(s) kökleri negatif reel ı ı

eksende olan bir polinom olmak üzere; P(s)/Q(s) fonksiyonu iki biçimde ayr ışt ır ılabilir. P (s ) Q (s ) P (s ) b ) Q (s ) a)


=

Z ARC

−

Z BRC

P o (s )

≤

Q o (s )

=

Y RCA

−

Y RCB

P o (s )

≤

Q o (s ) + 1

Dr. Cihan KARAKUZU

4

Teorem gere ğ i, verilen polinom ile uygun derece koşulunu sa ğ layan bir yard ımc ı polinom seçilir. Bunlar ın oranı olan rasyonel fonksiyon daima iki empedans ya da iki admitans fonksiyonunun farkı biçiminde ayr ışt ır ılabilir.

• Hakim devre modeli ile akım transfer fonksiyonunun gerçeklenmesi Y2

a RC i i

Y1

(y21)

i o

Bu devre modelinden α (s)=I o(s)/I i (s)’in gerçeklenmesi için s ır as ı ile ş u i şl emler yapı lmal ıd ır .

►

a K.a.k Va.Y1-Va.(1-

).Y1=Ii -Io=y21.( Va)+y22.0


Dr. Cihan KARAKUZU

(s) devrenin analizinden bulunmal ı

Io Ii

=

−µ y 21

Va [Y1 - (1 - µ)Y2 ] Va 5

►

(s)’in P(s)/Q(s) biçimi teoremde verilen biçimde ayr ı şt ır ıl ır.

için ( =2) ayr ıştırma yapalım…

µ>1

P(s) Q (s )

=

R o ( s )

P(s) R (s) y 21

Io Ii

≤

=

−2 y 21

Y1 - Y2

Q o (s ) + 1

= −2 y 21

=-

R(s) yard ımc ı polinomu belirlenmeli…

;

Koşulunu sa ğ layan bir R(s) belirlenmeli…

Q(s) R (s)

P(s) ; 2R (s)

Y1

a

= YRC

=

- Y bRC

a YRC ;

=

Y2

Y1 - Y2 b

= YRC

Böylece, (s)’den aktif devre sentezi pasif devre sentezine indirgenir.… MEH232 Devre Sentezi (D11)

Dr. Cihan KARAKUZU

6

6.1 Devre Modelinin Önceden Seçildi ğ i Yöntemler Devre modeli önceden seçilir; bu modelin analizinden yararlanarak aktif devre sentezi sorunu, ya pasif devre sentezine ya da do ğ rusal olmayan bir denklem takımının çözümüne indirgenir.

6.1.1 Ayr ışt ırma Yöntemi Önceden seçilen devre modelinin analizinden faydalanarak modelin içindeki pasif alt-devrelerin elemanlar ının belirlenmesi yöntemidir.

Teorem: P(s) reel katsay l bir polinom, Q(s) kökleri negatif reel ı ı

eksende olan bir polinom olmak üzere; P(s)/Q(s) fonksiyonu iki biçimde ayr ışt ır ılabilir. a) b )


P (s ) Q (s ) P (s ) Q (s )

=

Z ARC

−

Z BRC

P o (s )

≤ Q o (s )

=

A Y RC

− Y RCB

P o (s )

≤ Q o (s ) + 1

Dr. Cihan KARAKUZU

1

Teorem gere ğ i, verilen polinom ile uygun derece koşulunu sa ğ layan bir yard ımc ı polinom seçilir. Bunlar ın oranı olan rasyonel fonksiyon daima iki empedans ya da iki admitans fonksiyonunun farkı biçiminde ayr ışt ır ılabilir. • Hakim devre modeli ile akım transfer fonksiyonunun gerçeklenmesi Y2 a

RC i i

Y1

(y21)

i o

Bu devre modelinden α (s)=I o(s)/I i (s)’in gerçeklenmesi için s ır as ı ile ş u i şl emler yapı lmal ıd ır . ►

a K.a.k Va.Y1+Va(1-

).Y1=Ii -Io=y21.( Va)+y22.0


Dr. Cihan KARAKUZU

(s) devrenin analizinden bulunmal ı Io Ii

=

−µ y 21 Va [Y1 - (1 - µ)Y2 ] Va 2

►

(s)’in P(s)/Q(s) biçimi teoremde verilen biçimde ayr ı şt ır ıl ır.

µ>1 için ( =2) ayr ıştırma yapalım… P(s) Q (s )

=

R o ( s )

P(s) R (s) y 21

Io Ii

=

−2 y 21 Y1 - Y2

≤ Q o (s ) + 1

= −2 y 21

=-

P(s) 2R (s)

R(s) yard ımc ı polinomu belirlenmeli…

;

Koşulunu sa ğ layan bir R(s) belirlenmeli…

Q(s) R (s)

;

Y1

a - Y bRC = Y1 - Y2 = YRC

a ; = YRC

Y2

= Y bRC

Böylece, (s)’den aktif devre sentezi pasif devre sentezine indirgenir.… MEH232 Devre Sentezi (D12)

Dr. Cihan KARAKUZU

3

H ÖRNEK: α(s) = s + 3s + 3

Fonksiyonunu Hakim devre modeli ile gerçekleyelim.

2

α(s) =

P (s )

Q(s) belli…Şu halde Ro(s)≤Qo(s)+1’e uygun bir R(s) yardımcı polinomu seçelim…

Q(s)

R(s)=(s+1) olsun…. P(s)

α(s) =

R (s) Q(s)

⇒

Q(s) R (s)

=

s2

+ 3s + 3 ⇒ s +1

Q(s)/R(s) s

= 1+

2s + 3 s(s + 1)

R (s) Q(s) sR (s)

α(s) =

−2 y Y −Y 21

1

y 21

=

−P(s) 2R (s)

3

= 1+ + s

idi..

−1 ⇒ s +1

Q(s) R (s)

= (s + 3) −

Şu halde; Y1=(s+3)

s s +1

;

Y2=s/(s+1)

2

idi..

⇒


y 21

=

−H ' dir ... 2(s + 1) Dr. Cihan KARAKUZU

4

Biz RC türünden aktif devre sentezlediğimize göre; bu örneğimiz için

y 22

=

(s + 1 / 2) (s + 1)

seçebiliriz. Çünkü YRC’nin sıf ıra yakın kritik frekansı sıf ırdır.

y21’in s=∞’da bir adet transmisyon sıf ırı vardır… Bu nedenle y22 Cauer ile basamaklı türden elde edilebilir.

z 22

Y2

1

= 1+

2s +

1Ω

2F

1Ω

1 1

1Ω

2 i i

1/3 Ω 2F

2F

i o

Y1 MEH232 Devre Sentezi (D12)

Dr. Cihan KARAKUZU

5

• Mitra devre modeli ile gerilim transfer fonksiyonunun gerçeklenmesi YF YB YD

vi

YA

vo

YE

YC

Devrenin analizinden; Y (Y + Y + Y ) − Y (Y + Y + Y ) elde edilir. G (s) = Y (Y + Y + Y ) − Y (Y + Y + Y ) Bu eşitlikte (Y + Y + Y ) = (Y + Y + Y ) al ırsak; G(s) Y −Y G (s) = biçimine dönüşür. Y −Y A

B

D

F

B

A

C

E

F

A

C

E

E

B

D

F

A

C

E

A

B

F

E

B

D

F

Bu biçimde verilen fonksionun pay ve payda polinomlar ını uygun bir yard ımc ı polinoma bölerek Y , Y B , Y F ve Y E iki uçlular ını bulabiliriz. A MEH232 Devre Sentezi (D12)

Dr. Cihan KARAKUZU

6

ÖRNEK:

G (s) =

+ 2) + 0,1s + 1,2 (s 2

s2

fonksiyonunu Mitra devre modeli ile gerçekleyelim.

Yardımcı polinom olarak (s+1)’i seçelim….

 +2 3s = s+2−  s +1 s +1  s + 0,1s + 1,2 2,1s  = s + 1,2 − s +1 s + 1  s

2

2

Yöntemdeki koşul….(!)

(YA

YA

=s+2

YB

=

3s

s +1 YF = s + 1,2 2,1s YE = s +1

Sonucuna ulaşabiliriz

+ Y + Y ) = (Y + Y + Y C

E

B

D

F

)

idi.

Bu koşulu düzenleyerek YD-YC=(YA-YB)-(YF-YE) yazabiliriz. Bu ifadeden de YD ve YC belirlenebilir. −0,1s + 0,8 0,9s YD - YC = YD - YC = (YA - YB ) - (YF - YE ) = 0,8 − YD - YC

  3s    2,1s  = (s + 2) −   − (s + 1,2) −   + + s 1 s 1         (s + 2) − (s + 0,1s + 1,2) = s +1 2

YD - YC

2


Dr. Cihan KARAKUZU

s +1

YD

= 0,8

YC

=

s +1

0,9s s +1 7

YF

YB YD

10/12 Ω 1/3 Ω

3F

1F

vi

vo

5/4Ω

½Ω 10/21 Ω 21/10 F 10/9 Ω 1F 9/10 F

YA MEH232 Devre Sentezi (D12)

YE YC Dr. Cihan KARAKUZU

8

6.2 KATSAYILARI EŞLEŞTİRME YÖNTEMİ Devre modeli ve modeldeki pasif ve aktif alt devrelerin birbirleri ile ne biçimde ba ğlandığından öteye devre elemanlarının birbirleri ile bağlantıları net olarak verilir. •

Yöntemin ilk adımı devrenin analizidir. Gerçekleştirilmesi istenen devre fonksiyonu devre parametrelerince elde edilmelidir. •

İkinci adımda, analizle bulunan devre fonksiyonu ile verilen (gerçekleştirilmek istenen) devre fonksiyonundaki s’li terimlerin katsayıları birbirlerine eşit kılınır ve devrenin tasarım denklemleri elde edilir. •

Sonuç olarak; bu yöntemle sentez, genelde do ğrusal olmayan bir denklem sisteminin pozitif reel bir çözümünün bulunmasına indirgenmiş olur. •

Elde edilen denklem sistemindeki bilinmeyenler (yani devre elemanlar ının değerleri ) denklem sayısından fazladır. Bu da bazı devre elemanları için önceden değer verilmesine olanak sağlar. Böylece çözüm için kayda değer bir serbestlik sa ğlanır. •

ÖRNEK: Sallen-Key1955 Devresi : İkinci dereceden alçak-geçiren türden bir gerilim transfer fonksiyonunun sentezi

G (s) =


H s 2 + b1s + b o Dr. Cihan KARAKUZU

1

Devreyi analiz ederek devredeki elemanlar cinsinden G(s) bulalım. Op-amp’ın girişindeki a düğümü gerilimi için; Va=V2/K diyebiliriz. Aynı düğüm için Kirchhoff’un ak ın kanunundan;

V2 / K 1 / sC 2

+ [(V2 / K ) − V b ]G 2 = 0 ⇒ V b = (

sC2 KG 2

+

1

)V2 K

Devrenin b düğümü için Kirchhoff’un ak ın kanunundan;

( V b − V1 )G1 + (V b − V2 / K )G 2 + (V b − V2 )sC1 = 0 elde edilir.

Sallen-Key Devre modeli

Yukar ıda V b için bulunan denklem, bu denklemde yerine yaz ılır ve düzenlenirse;

V2 V1

G (s) =

H

Eşleştirme

s + b1s + b o 2

GG H = K 1 2 C1C 2

V2 V1

; b1 =

G2 C2

(1 − K ) +

G1 C1

+

=

=

KG1G 2 s (C1C 2 ) + s(G1C 2 + G 2C1 − KG 2C1 + G 2C 2 ) + G1G 2 2

GG K 1 2 C1C 2

G G G  GG s + s  2 (1 − K ) + 1 + 2  + 1 2 C1 C1  C1C 2  C2

bulunur....

2

G2 C1

; b o =

G1G 2 C1C 2

Sonucuna ulaşılır…Eşitliklerden görülece ğ i üzere bilinmeyen eleman de ğ eri sayısı denklem sayısından fazladır. Örne ğ in C1 ve C2 için önceden birer de ğ er seçerek, R1 ve R2 dirençlerinin de ğ erleri denklemlerden elde edilebilir. MEH232 Devre Sentezi (D13)

Dr. Cihan KARAKUZU

2

ÖRNEK: Anday1975 Devresi : Üçüncü dereceden band-geçiren türden bir gerilim transfer fonksiyonunun sentezi

G (s) =

− Hs s 3 + b 2s 2 + b1s + b 0

− G (s) = s3 + (

G1 C1

+

G2 C3

)s 2 + (

v-

G 2G

s C 2 C3 G1G 2 G1Gα C1C3

+

C1C 2

v+

)s +

G1G 2Gα

i-

i+

io

i+=0 i-=0 io=G(v+-v-)

C1C 2C3

Devrenin analizi sonucu bulunan devre fonksiyonu

Sonucuna ulaşılır…Eşleştirme yapılarak devredeki elemanlar ın de ğ erleri bulunabilir. Örne ğ in C1, C2 ve C3 için önceden birer de ğ er seçerek, G1 ve G2 iletkenliklerinin de ğ erleri denklemlerden bulunur.


Dr. Cihan KARAKUZU

3

6.3 DEVRE MODELİNİN ÖNCELİKLE SEÇİLMEDİĞİ YÖNTEMLER Bir devre modelinin ya da devrenin önceden seçimi kolay değildir.

•

Deneyim ve uygulama bilgisi gerektirir. Katsayıları eşleştirme yöntemi ise devre fonksiyonunun derecesi arttıkça karmaşıklaşan bir yöntemdir. Genellikle ikinci dereceden devre fonksiyonlarına uygulanır…. •

Devre modelininin öncelikle seçilmediği yöntemlerde tutulan yol kullanılacak aktif eleman türüne göre değişebilmektedir. •

Bu bölümde işaret-akış diyagramı yöntemi ele alınacak, örneklerle açıklanmaya çalışılacaktır. •

6.3.1 İŞARET-AKIŞ DİYAGRAMI YÖNTEMİ Bu yöntemle sentez, ele alınan devre fonksiyonuna ilişkin bir diyagramın elde edilmesine, bu diyagramdan da aktif devreye geçişe dayanmaktadır. •Önce, kimi alt devreler ele alınmakta, bu alt devrelerin analizi yapılarak bu devreye

ilişkin bir işaret-ak ış diyagramı elde edilmektedir. •Gerçeklenmek istenen devre fonksiyonuna ili şkin işaret-ak ış diyagramı, bu alt

devrelerin işaret-ak ış diyagramlarının bir mantıklı bir şekilde birleştirilmesinden oluşturulur. •Bu işaret-ak ış diyagramından dönüşüm kuralları ile aktif devreye geçilir. MEH232 Devre Sentezi (D13)

Dr. Cihan KARAKUZU

4

ÖRNEK: Kerwin, Huelsman, Newcomb1967 Yöntem integral alıcı ve çift girişli toplayıcı alt-devrelerine dayalıdır. C

−

vi

R

1

vo

RCs

vo

vi

v1(-) G1(-) V1(-)

− R f G 1( − )

R f Gm(-) Vm(-)

-

V1(+)

+

G1(+)

vm(-)

vo

vo

v1(+)

GT =

Gk (+) Vk (+)

∑G

G 1( + ) (+)

GT

m

( −)

− R f G (m− )

[1 + R G ] ( −)

f

T

G (k + )

( −) i

(+)

i=1

GT

[1 + R G ] ( −)

f

T

k

GT = (+)

∑G i=1


(+) i

vk (+)

Dr. Cihan KARAKUZU

5

•

•

Yukarıda verilen integral ve çift-girişli toplayıcının işaret akış diyagramlarından da görüleceği üzere, bu alt devrelerden yararlanarak ele alınan bir gerilim transfer fonksiyonunun gerçeklenebilmesi için, bu devre fonksiyonuna ilişkin olarak elde edilecek işaret-akış diyagramındaki dal transmitanslarınının (aktarganlarının) –k/s ve k biçiminden olması yeter bir koşuldur.

Şimdi bu yöntemle ikinci dereceden bir G(s)’e ilişkin işaret diyagramının dal aktarganlıklarının yukarıdaki türden işaret-akış diyagramına karşılık düşürülmesine çalışalım…. a 2 s + a 1s + a 0 2

G (s) =

s + b1s + b 0 2

=

a2 + 1+

a1 s

b1 s

+ +

a0

Bu ifadenin paydası, Mason kazanç ba ğ ınt ısı uyar ınca G(s)’e ili şkin işaret akış diyagramının determinant ıd ır. Bu determinant ı sa ğ layacak bir alt diyagram, şekilde gösterildi ğ i biçimde elde edilebilir.

2

s b 0 s2

Yanda verilen bu diyagrama, Mason kazanç ba ğ ınt ısı uyar ınca ( T k k ) G(s)’in payını sa ğ layacak biçimdeuygun ileri yollar eklenirse G(s)’in i şaretakış diyagramı elde edilmiş olur.

-1/s

-1/s b1

-bo

Bu diyagram aşa ğ ıdaki şekilde verilmiştir. MEH232 Devre Sentezi (D13)

Dr. Cihan KARAKUZU

6

a2

Verilen bu diyagram ve entegral şli toplay ıc ının al ıc ı ve çift-giri şaret-ak ı ş diyagramından i yararlanarak, G(s) gerilim transfer fonksiyonunu gerçekleyen a şa ğıdaki şekilde verilen aktif RC devresine geçilebilir.

-a1 1

vi

-1/s

-1/s

ao

vo

b1

G (s )

a2 1

a1 s b1 s

a0 s2 b0 s2

-bo Fonksiyonuna ilişkin bir i şaretak ış diyagramı

1 b1

R R 3

vi

R 8

-

bo

C2

C1

1

R 9

+ R 6

R 1 R 2

R 7

-

vo

+ R 4


a2

R 5

Dr. Cihan KARAKUZU

a0 a1

G1 (1 RG3 ) G1 G2 G2 (1 RG3 ) G1 G2 RG3 1 1 R 8C1 R 9C2 G4 (1 R 6G7 ) G4 G5 G5 (1 R 6G7 ) G4 G5 R 6G7 7

BÖLÜM 7 : NORMALİZASYON Uygulamada kullanılan eleman ve frekans değerlerine göre elde edilen devre fonksiyonlarındaki katsayılar uygun olmayan değerlerde olacaktır. Örneğin aşağıda verilen bir kap ılının empedans fonksiyonu…. 1 − 1′ uçlar ına ilişkin Zˆ (s),

1 100

Pratik değerli 1,6.10-9

16.10-6

-10 2 -4 ˆZ(s) = 10 sˆ + 6,25.10 sˆ + 3906 10 -12 sˆ 2 + 39,06

1’

Eğer, bu devreye frekans ve genlik normalizasyonu uygulan ırsa, aşağıda verilen devre fonksiyonuna ulaşılır. 1

s2 + s +1 Z(s) = 2 s +1

1

Normalleştirilmiş değerli

1

1

1’

Pekiyi ! Bu normalleştirme işlemi nasıl yapılır? MEH232 Devre Sentezi (D14)

Dr. Cihan KARAKUZU

1

7.1 Pasif Devrelerde Normalizasyon 7.1.1 Genlik (Empedans) Normalizasyonu Ele alınan devrede rüm R, L ve 1/C değerlerini pozitif (1’den büyük ya da küçük) bir A sabiti ile bölünmesi ile yapılır. Bu durumda her bir elemanın genlik normalizasyonlu empedansı, Z (s) = R , Z (s) = Ls , Z (s) = 1 olur. R L C A A ACs 1  1   R + Ls +  Normalleştirilmiş devrenin çevre empedans matrisinin terimleri tipik olarak, A  Cs  biçiminde olacaktır. Bu matris n×n boyutlu ise, determinantı ve 1. temel n n −1 kofaktörü,  1  ˆ  1  ˆ ∆ =   ∆, ∆11 =   ∆11 olur.  A   A  ∆ : normalleştirilmemiş (pratik) devrenin çevre empedans matrisinin determinantı ∆ˆ : normalleştirilmiş devrenin çevre empedans matrisinin determinantı ∆11 : ∆' nın (1,1) kofaktörü ∆ˆ 11 : ∆ˆ ' nın (1,1) kofaktörü Normalleştirilmiş devrenin giriş empedansı Z(s) = ∆ biçiminde elde edildiğinden, ∆11 Ç ˆ 1 ∆ 1 = Zˆ(s) olur. Sonuç olarak, her bir elemanın empedansı A’ya bölündüğünde, Z(s) = A ∆ˆ 11 A giriş empedans fonksiyonu da A’ya bölünmektedir. MEH232 Devre Sentezi (D14)

Dr. Cihan KARAKUZU

2

Giriş admitans fonksiyonu ise; Y(s) =

∆ 11 ∆ˆ ˆ (s) eşitliğine göre, A ile çarpılmış olmaktadır . = A 11 = AY ∆ ∆ˆ

Görüleceği üzere, farklı boyuttaki determinantlar ın oranı olarak belirlenen devre fonksiyonlar ı genlik normalizasyonundan etkilenmektedir. Aynı boyuttaki determinantlar ın oranı olarak elde edilen bir devre fonksiyonu ise genlik normalizasyonundan etkilenmeyecektir. Örneğin gerilim transfer fonksiyonu….

G 21 (s) = Gˆ 21 (s) 7.1.2 Frekans Normalizasyonu Normalleştirilmemiş (pratik) devrede, frekans terimini B pozitif sabiti ile bölerek yapılır.

s=

1 sˆ B

alınır. Bu durumda,

ZR (sˆ) = R sˆ = Lf s B 1 1 1 1 ZC (sˆ) = = = Csˆ CB sˆ Cf s B ZL (sˆ) = Lsˆ = LB

olur.

Lf ve Cf frekans normalizasyonlu eleman değerleridir. MEH232 Devre Sentezi (D14)

Dr. Cihan KARAKUZU

3

7.1.3 Genlik ve Frekans Normalizasyonu Yukar ıda açıklanan iki yöntem birlikte uygulanır. Sonuçta elde edilen değerler aşağıdaki tabloda verildiği gibi olur. Normalle ştirilmi ş de ğ erler

Pratik de ğ erler

Direnç (R)

R

ˆ = A.R R

Bobin (L)

L

Kapasite (C)

C

A Lˆ = L B 1 Cˆ = C AB

Giriş empedans fonksiyonu Gerilim transfer fonksiyonu

Z(s)

G21(s)

Açıklama

Frekanstan etkilenmez

sˆ Zˆ = A.Z( ) B

Genlik normalizasyonun dan etkilenir

sˆ Gˆ 21 = G 21 ( ) B

Genlik normalizasyonun dan etkilenmez

İlk yansıda ele aldığımız örnek devrede yapılan normalizasyon için A=100, B=107/1,6 MEH232 Devre Sentezi (D14)

Dr. Cihan KARAKUZU

4

7.2 Aktif Devrelerde Normalizasyon 7.2.1 Genlik normalizasyonu Devreye ilişkin gerilim transfer fonksiyonunun devredeki elemanlar cinsinden ifadesine bak ılarak A çarpanı ya da böleni belirlenir. Yandaki devre; R1=R2=0.01 Ω ve C1=C2=1 F değerleri ile,

G (s) =

20 000 s 2 + 100s + 10 000

fonksiyonunu gerçeklemektedir. Görüldüğü gibi burada eleman değerleri pratiğe uygun değildir. Devrenin devre elemanlar ı cinsinden G(s) ine baktığımızda, R ve C’lerin çarpım biçiminde K olduğunu görürüz. R’leri A kadar V (s ) R 1R 2 C1C 2 büyüttüğümüzde ve C’leri aynı oranda G (s ) o = Vi (s)  1 1 (1 − K )  1 küçülttüğümüzde RC çarpımlar ı değişmez…G(s) s 2 + s + + + R C R C R C R R C C 2 1 2 2  1 2 1 2  1 1 de değişmez. A=107 alırsak; C1=C2=0.1 µF , R1=R2=100 K Ω pratik değerleri için bu G(s)’i sağladığı sonucuna var ır ız. MEH232 Devre Sentezi (D14)

Dr. Cihan KARAKUZU

5

7.2.2 Frekans normalizasyonu Ele alınan normalleştirilmiş devre fonksiyonunda s yerine s/B konulursa, kesim frekansı B rad/s olan devre fonksiyonu elde edilir. Bu dönü şümün bir aktif RC devresinin elemanlar ında yol açaca ğ ı de ğ i şikli ğ i inceleyelim…

Örnek olarak, bir önceki başlıkta kullanmış olduğumuz devre fonksiyonu ele alalım…. K R 1 R 2 C1C 2 20 000 s G (s) = 2 ⇒ G( ) = 2 1 (1 − K )  1 s + 100s + 10 000 s= s B  s   s  1 + + B   +   +  B   B  R 1C1 R 2 C1 R 2 C 2  R 1 R 2 C1C 2

 s  G  =  B 

K R 1R 2C1C 2 B2

   1 1 (1 − K )  1 + + + s2 + s  R 2C2  R 1R 2C1C2  R 1C1 R 2C1 B B  B2  B

Görüleceği üzere, C’lerin ( ya da R’lerin) değerlerinin B katsayısı ile bölüneceği ortaya çıkmaktadır.

C’leri B oranında küçültmek pratiğe daha uygundur. İlgilendiğimiz bu devre için tüm C’leri B katsayısı oranında küçülterek, devrenin frekans karakteristiği B oranında kaydır ılmış C1=C2=0.1/B µF , R1=R2=100 K Ω pratik değerleri için olmaktadır. bu G(s)’in kesim frekans ı B rad/s olacaktır. MEH232 Devre Sentezi (D14)

Dr. Cihan KARAKUZU

6

ÖRNEK: Şekilde verilen alçak-geçiren süzgeç devresinin kesim frekansı 1 rad/sn’dir. Bu filtrenin kesim frekansının 1 KHz, yük direncinin de 600 Ω olması isteniyor. Bu isteği gerçekleyen eleman değerlerini bulunuz. Çık ıştaki direnç değeri 75/133 Ω 1Ω 600 Ω olması için + 3/38 Ω A=28.600/39’luk bir Aktif 361/15 F 14/15 F 7/39 F genlik normalizasyonu v2 39/28 Ω Eleman yapmalıyız. -

1 rad/s= 1/2π Hz’dir. Frekansı 1 KHz yapmak için B= 2π.1000’lik frekans normalizasyonu yapmalıyız.

Şu durumda direnç değerlerini A ile çarparak, kondansatör değerlerini ise A×B’ye bölerek istenenleri gerçekleyen değerlere ulaşır ız. 243 Ω

430 Ω

+ 34 Ω 8,92 µF

0,345 µF

Aktif Eleman

66,5 nF

600 Ω

-


Dr. Cihan KARAKUZU

7

8.2 İkinci dereceden alçak-geçiren türden kazanç fonksiyonuna ili şkin….

G (s) =

20 log

1 s + as + b 2

İle ifade edilen fonksiyonu ele alal ım…. Bu fonksiyonun karmaşık iki kutbu vardır. Doğru ak ımda (f=0, w=0) G(s)’in değeri 1/b olur. Doğru ak ımda, dB cinsinden genlik 20 log(1/b)’dir. Frekansın çok üyük değerleri için G(s) 1/s2’ye yaklaşır. Bu durumda dB cinsinden genlik,

1 = −40 log ω olmaktadır. Bu da frekansın her 10 kat artmasına kar şılık -40 dB’lik bir zayıflaması ( jω) 2 demektir. (-40 dB/dekad) G(s)’in genliğinin hangi frekansta maksimum olduğu aranacak olursa,

d 1 a2 = << 1 koşulu altında ω ≅ b frekansında genliğin maksimum olduğu bulunur. 0 eşitliğind en dω − ω2 + jaω + b 2b Bu frekans “kutup frekansı” dır. (w p=√ b)…. Bu frekansta dB cinsinden genlik,

G ( jω) ω= b = 20 log = 20 log

1 ( j b ) 2 + ( ja b ) + b

Demekk ki kutup frekansında G(s) alacağı genlik değeri, en büyük genlik değeri olacaktır. Bu değer de

1 − b + ( ja b ) + b

 1   olacakt r. Bu değerden 20 log 1/b’yi ç kart rsak 20 log   a b )  tepenin f=0’daki değerden ne kadar yüksek

 1  1  = 20 log = 20 log   ja b )  a b )  MEH232 Devre Sentezi (D15)

ı

ı

ı

olduğunu buluruz. Bu değer kutbun kalite değer katsayısı olarak adlandır ılır. Değeri de….

Q p =

b → kutup değer parametresi a

Dr. Cihan Karakuzu

1

ω p = b

G ( jω)  1   20 log   a b ) 

20 log

3 dB

b a

Q p =

G (s) = −40 dB/dekad

1 = s 2 + as + b

1 s2 +

G ( jω)

ω p (1 −

1 ) 2Q p

ω p ω (1 + 1 ) p 2Q p

ω p 2 s + ω p Q p

Q p = 10 Q p = 5

ω

Çeşitli Q p değerleri için G(s)’in genliğinin w/w p oranı ile değişimi şekilde verildiği gibidir. Görüleceği üzere Q p>5 için genliğin maksimum olduğu frekans kutup frekansı olmaktadır. Diğer taraftan s = j(ω m ω p ) p 2Q p Noktalar ı için genliğin, s=jw p noktasına ait maksimum genliğin 3 dB altında olduğu görülür. Böylece 3dB ‘band geni şli ğ i” nin B=w p/Q p=a olduğu ortaya çıkar. MEH232 Devre Sentezi (D15)

b a

Eşitliklerinden yararlanarak, G(s)’i aşağıda verilen biçimde ifade edebiliriz.

1 20 log b

) B d ( k i l n e G

ve

) B d ( k i l n e G

Dr. Cihan Karakuzu

Q p = 2

Q p = 0,707 ω / ω p

1 2

8.3 Yaklaşıklık sorunu

•Yaklaşıklık sorunu, geçirme ve söndürme banlar ına ilişkin tolerans sınırlar ı içinde kalmak koşuluyla istenen frekans karakteristiklerini sağlayan sistem fonksiyonlar ının elde edilmesi olarak tanımlanabilir. •Bu derste, yaklaşıklık sorunu yalnız alçak geçiren türden karakteristik için ele alınacaktır. •Frekans dönüşümlerinden yararlanarak yüksek-geçiren, band-geçiren ve band durduran süzgeç karakteristiklerinin elde edilmesi mümkündür.

G ( j ω )

2

Yandaki şekilde verilen türden normalleştirilmiş frekans karakteristiğini sağlayacak bir fonksiyon aradığımızı düşünelim…. Aranılan fonksiyon 0 ≤ w ≤ 1aralığında 1’e , w >ws için de 0’a yaklaşmalıdır. Bu koşullar ı sağlayacak biçimde fonksiyon seçim yöntemlerinden iki tanesi inlecenecektir. Butterworth ve Chebyshev yaklaşıklığı

n=1 n=2 n=3

1 0,5

ω ω p = 1

ωs

8.3.1 Butterworth Yaklaşıklığı •Bu yaklşıklık için seçilen fonksiyona Butterworth fonksiyonu denir ve yandaki genel biçimdedir.

2

F( jω) =

•Bu yaklaşıklık sonucunda elde edilen payda polinomuna “Butterworth polinomu” , fonksiyonun sentezi sonucu elde edilen devreye de “Butterworth süzgeçi” denir. •Bu yaklaşıklık geçirme söndürme bandlar ındaki tolerans sınırlar ından yararlanarak n parametresinin bulunmasını gerektirir. •Bulunan n istenen sınırlar ı sağlayacak en küçük n değeri olmalıdır. n büyüdükçe geçirme ve söndürme bandlar ındaki yaklaşıklık iyileşir. MEH232 Devre Sentezi (D15)

Dr. Cihan Karakuzu

3

1 1 + ω2 n

n parametresi belirlendikten sonra F(s)=1/Q(s) fonksiyonunun elde edilmesinie çalışılır. 2

Q(s) = 1 + ω2 n

2

w 2 = − s2

= 1 + (−s 2 ) n olması nedeniyle Q(s) ' nin kökleri

1 + (−s 2 ) n = 0 denkleminin çözümünden bulunur. 2

Q(s) = Q(s).Q(-s)' dir.

Q(s)’in kökleri ise Q(-s)’in köklerinin orijine göre simetrikleridir. Bulmak isediğimiz süzgeç fonksiyonunun kutuplar ı sol yaı s düzleminde olmalıdır. Bu sebeple |Q(s)|2’nin kölerinden sol yar ı s-düzleminde olanlar alınır ve Q(s) belirlenir.

1 + (−s 2 ) n = 0 denkleminin kökleri ise; j

s k = e

2 k −1 π n 2

j

s k = e

2 k π n 2

ÖRNEK: Üçüncü dreceden (n=3) Butterworth

n çift ise ' dir n tek ise

polinomununun kökleri birim daire üzerinde şekilde görüldüğü verildiği gibidir. j

s1 = −Cos(60) + jSin (60) s 2 = −1 s 3 = −Cos(60) − jSin (60)

Bu kökler birim daire üzerinde π/n radyan aralıklarla bulunurlar… Bu durumda

Q(s) =

π 3

σ

∏ (s − s ) , s sol yar s düzlemindeki kökler j

j

ı

1 3 s 3 = − − j 2 2

j

1 F(s) = = Q(s)

∏

1 olacaktır. (s − s j )

j

Q(s) = (s − s1 )(s − s 2 )(s − s 3 ) 1 3 1 3 Q(s) = (s + − j )(s + + j )(s + 1) 2 2 2 2  1 2 3 2 Q(s) = (s + ) − ( j )  (s + 1) 2 2   Q(s) = (s 2 + s + 1)(s + 1) ⇒ F(s) =


1 3 s1 = − + j 2 2 s 2 = −1

Dr. Cihan Karakuzu

1 (s 2 + s + 1)(s + 1)

4

ÖRNEK: Butterworth yaklaş kl ğ ile şekilde ı

ı

ı

verilen karakteristiği sağlayan G(s) fonksiyonunu bulunuz.

G ( j ω )

2

G ( jω) =

1 eşitliğinden; 1 + ω2 n

1 ≥ (0,9) 2 olmalı...(n ≥ 2,52) 2n 1 + 0,75 1 ≤ (1 / 15) 2 olmalı...(n ≥ 3,91) 2n 1+ 2 Koşullar ından n =4 olarak bulunur.

2

1 0 ,9 1 15 0 ,75

2

ω [rad/s]

G(s)=1/(s2+0,76s+1) (s2+1,84s+1) Olarak belirlenir…


Dr. Cihan Karakuzu

n

Butterworth polinomu

1

(s+1)

2

(s2+1,41s+1)

3

(s2+s+1) (s+1)

4

(s2+0,76s+1) (s2+1,84s+1)

5

(s2+0,61s+1) (s2+1,61s+1) (s+1)

5

Yukar ıda açıklanan tasar ım, w p=1 köşe frekansındaki maksimum zayıflamanın 3 dB olduğu durum için geçerlidir. Zayıflamanın herhangi bir Amax (dB) değeri için tasar ım yapılıyorsa; Butterworth fonksiyonu 1 2 biçiminde alınır.. Bu durumda, F( jω) = 2n 1 + εω 10 log(1+ε)=Amax eşitliğinden yararlanarak, ε parametresi, ε=100,1Amax-1 ile bulunur.Söndürme bandına ilişkin veriden yararlanarak da w s söndürme bandı köşe frekansı, Amin minium zayıflama olmak  100,1A − 1  üzere,   min

log ε  n= 2 log ωs

 

Eşitliği ile n bulunur.

Bu durumda, bir önceki yansıda verilen Butterword polinomlar ının katsayılar ı k çarpan fark ı oranında fark edecektir. 1

 1  2 n k =    ε 

  s + b n−1s  Butterworth fonksiyonlar ı n k F(s) = n A min dB zayıflama için  n −1 2 n −2 n −1 n  s + k b . n−1s + k b . n−2s + L + k b . 1s + k

F(s) =

n

n −1

1 + b n−2s n−2 + L + b1s + 1


3dB zayıflama için

Dr. Cihan Karakuzu

6

2

ÖRNEK: Butterworth yaklaş kl ğ ile şekilde ı

ı

ı

verilen karakteristiği sağlayan normalleştirilmiş G(s) fonksiyonunu bulunuz.

G 21 ( j ω )

2

G 21 ( jω) =

1 1 + εω2 n

Bağıntısı uyar ınca normalleştirilmiş köşe frekansı w p=1 için yazılan

10 log(1 + ε) = 0,5 ⇒ ε = 100,1.0,5 − 1 ⇒ ε = 0,122

1

A max = 0 .5 dB

A min = 12 dB

ω 100

400

Bulunan bu fonksiyon, söndürme bandı köşe frekansında 15 dB zayıflama sağlar.. Bu, istenilenden 3 dB daha fazla bir zayıflama sağlandığını göstermektedir. (sebebi ?)


 100,1.12 − 1   log 0 . 122   ⇒ n = 1,73 ⇒ n = 2 seçilir. n= 2 log 4 ikinci dereceden normalleştirilmiş 1 Butterworth fonksiyonu 2 s + 1,41s + 1 1 4

 1   = 1,69 çarpan fark ıyla ele alınırsa; k =   0,12  2,85 G 21 (s) = 2 s + 2,38s + 2,85

Dr. Cihan Karakuzu

7

8.4 Frekans Dönü şümleri Buraya kadarki derslerde,yakla ş ıkl ı k sorununu alçak-geçiren süzgeç (AGS)karakteristiklerinde ele ald ı k. Bu derste, yüksek geçiren (YGS), band geçiren (BGS) ve söndüren (BSS) süzgeçlere yakla şı kl ı ğ ı n nas ı l ele uygulanaca ğ ı incelenecektir. Bu amaçla, •Önce, tanımlanacak frekans dönü şümünden yararlanarak verilen YGS, BGS ya da BSS karakteristiklerinden AGS karakteristi ğ ine nasıl geçilece ğ i… • Sonra, elde edilen AGS karakteristi ğ i için (önceki iki derste açıklanan yöntemlerle) belirlenen yakla şıkl ık fonksiyonun, {G(s)} YGS, BGS ya da BSS’ karakteristiklerine yakla şan fonksiyona nasıl dönü ştürülece ğ i… incelenecektir.

Yukar ıda ifade edilen iki a ş amal ı dönü ş ümlerin s ıras YGS, BGS ve ıyla BSS’e uygulanmas ın ı aç ıklayal ım…. MEH232 Devre Sentezi (D16)

Dr. Cihan Karakuzu

1

8.4.1 Yüksek Geçiren Süzgeçler için Frekans Dönü şümleri Alçak geçiren

Yüksek geçiren G ( j ω )

G ( j Ω )

1

1

A max

ωs

A max

Karakteristik dönü şümü

A min

ω

ω p

A min

Ω p = 1 Ω = ω s

Butterworth veya Chebyshev ile

G YGS ( s ) = G AGS ( p ) p = ω p

Frekans dönü şümü

p

/ ωs

AGS fonksiyonunun elde edilmesi

G AGS ( p )

s


Dr. Cihan Karakuzu

2

Ω

Örnek: Amin=15 dB, Amax =3 dB, w p=1000, w s=500 ile tan mlanan YGS’e ili şkin yakla ş kl k ı

ı

ı

fonksiyonunu Butterworth yakla şıkl ı ğ ından yararlanarak elde ediniz.

Alçak geçiren

Yüksek geçiren G ( j ω )

G ( j Ω )

1

1

3 dB

3 dB


15 dB

15 dB

ω 500

1000

Butterworth ile n=3

G YGS ( s ) = G AGS ( p ) p = 1000 s

3

[( s 2 + 10 3 s + 10 6 )( s + 10 3 )]



Frekans

s

G YGS ( s ) =

Ω

Ωs = 2

Ω p = 1

dönü şümü

Dr. Cihan Karakuzu

G

AGS

( p ) =

1 [( p + p + 1)( p + 1)] 2

3

8.4.1 Band Geçiren Süzgeçler için Frekans Dönü şümleri ( simetrik türden süzgeçler için w 1w 2=w 3w 4 ) Alçak geçiren

Band geçiren

G ( j ω )

G ( j Ω )

1

1 A min

A max

ω3

ω1

ω2

ω4

Ω p = 1 Butterworth veya Chebyshev ile

ω 1 ω 2 (geçirme bandı merkezi)

G BGS ( s ) = G AGS ( p ) p = ( s 2 + ωo2 )


Bs


A min

ω

B = ω 2 − ω 1 (band genişliği)

ωo =

A max


Dr. Cihan Karakuzu

Ωs =

ω4 − ω3 ω 2 − ω1


G AGS ( p )

4

Ω

8.4.1 Band Söndüren Süzgeçler için Frekans Dönü şümleri ( simetrik türden süzgeçler için w 1w 2=w 3w 4 ) Alçak geçiren

Band söndüren

G ( j ω )

G ( j Ω ) 1

1

A min

ω1

ω3

A max

ω4

ω2

ω

Ω p = 1 Butterworth veya Chebyshev ile

B = ω 2 − ω 1 (band genişliği)

ωo =

ω 3 ω 4 (geçirme bandı merkezi)

G BSS ( s ) = G AGS ( p ) p =


A max


Bs


2) ( s 2 + ωo

Dr. Cihan Karakuzu

A min

Ωs =

ω 2 − ω1 ω4 − ω3


G AGS ( p )

5

Ω

Örnek: Amin=50 dB, Amax =0,25 dB, w 1=2 .200, w 2=2 .1000, w 3=2 .400, w 4 =2 .500ile

tanımlanan BSS’e ili şkin yakla şıkl ık fonksiyonunu Chebyshev yakla şıkl ı ğ ından yararlanarak elde ediniz. Alçak geçiren Band söndüren

G ( j ω )

G ( j Ω ) 1

1

50 dB

2 π 200

F( jω) =

0 . 25 dB

2 π 500

2 π 400

50 dB

ω Ω p = 1

2 π1000

Ω

Ωs = 8

1 1 + ε 2 C n (ω) 2

Chebyshev ile n=3

10 log(1 + ε ) = 0,25 ⇒ ε = 0,252 2

[

0 , 25 dB


]

10 log 1 + ε 2 C n (8) = 50 ⇒ C n (8) ≅ 1250 2

 n = 3 C 3 (8) = 4.8 3 − 3.8 = 2024 > 1250 C 2 (8) = 2.8 2 − 1 = 127


G

AGS

Dr. Cihan Karakuzu

( p ) =

AGS fonksiyonunun elde edilmesi 1, 01

[( p 2 + 0 , 76 p + 1, 33 )( p + 076 )] 6

Devre Sentezi Dersleri Hepsi Butun

Recommend Documents