devre sentezi dersleri hepsi butun

MEH232 Devre Sentezi (D1)

Dr. Cihan KARAKUZU 1

MEH232 DEVRE SENTEZİT=4 U=0 L=0 KREDİSİ=4

2003/2004 BAHAR YARI YILIÖĞR. ELEMANI : DR. CİHAN KARAKUZU

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



İÇERİK• Bölüm 1 : GİRİŞ

– 1.1 SİSTEM FONKSİYONLARININ GÖSTERİLMESİ– 1.2 ÖZ FREKANSLAR VE KARAKTERİSTİK POLİNOMLAR– 1.3 HURWİTZ VE KESİN-HURWİTZ POLİNOMLARI

• Bölüm 2 : POZİTİF GERÇEL (REEL) FONKSİYONLAR– 2.1 KUADRATİK BİÇİMLER– 2.2 POZİTİF GERÇEL FONKSİYONLAR– Sürekli kesirlere açılım– 2.3 POZİTİF GERÇEL MATRİSLER

• Bölüm 3 : 1-KAPILI LC DEVRELERİN SENTEZİ– 3.1 REAKTANS FONKSİYONLARI– 3.2 REAKTANS FONKSİYONLARININ GERÇEKLEŞTİRİLMESİ

• 3.2.1 FOSTER DEVRELERİNİN GERÇEKLEŞTİRİLMESİ• 3.2.2 CAUER DEVRELERİNİN GERÇEKLEŞTİRİLMESİ• 3.2.3 FOSTER CAUER DEVRELERİNDE ELEMAN SAYISI

• Bölüm 4 : 1-KAPILI RC ve RL DEVRELERİNİN SENTEZİ– 4.1 CAUER DÖNÜŞÜMLERİ– 4.2 RC-TÜRÜ GİRİŞ EMPEDANS FONKSİYONLARININ ÖZELLİKLERİ– (RL-TÜRÜ GİRİŞ ADMİTANS FONKSİYONLARININ ÖZELLİKLERİ)– 4.3 RC-TÜRÜ GİRİŞ ADMİTANS FONKSİYONLARININ ÖZELLİKLERİ– (RL-TÜRÜ GİRİŞ EMPEDANS FONKSİYONLARININ ÖZELLİKLERİ)– 4.4 RC (RL) DEVRELERİNİN ELDE EDİLMESİ– 4.5 RLC- DEVRELERİNİN SENTEZİ

• Bölüm 5 : 2-KAPILI DEVRELERİN SENTEZİ– 5.1 DİRENÇLE SONLANDIRILMIŞ LC DEVRELERİN GERÇEKLENMESİ– 5.2 SIFIR KAYDIRMA YÖNTEMİ

• Bölüm 6 : AKTİF DEVRE SENTEZİ– 6.1 DEVRE MODELİNİN ÖNCELİKLE SEÇİLDİĞİ YÖNTEMLER

• 6.1.1 AYRIŞTIRMA YÖNTEMİ• 6.1.2 KATSAYILARI EŞLEŞTİRME YÖNTEMİ

– 6.2 DEVRE MODELİNİN ÖNCELİKLE SEÇİLMEDİĞİ YÖNTEMLER



• Bölüm 7 : NORMALİZASYON– 7.1 PASİF DEVRELERDE NORMALİZASYON

• 7.1.1 GENLİK (EMPEDANS) NORMALİZASYONU• 7.1.2 FREKANS NORMALİZASYONU

– 7.2 AKTİF DEVRELERDE NORMALİZASYON• 7.1.1 GENLİK (EMPEDANS) NORMALİZASYONU• 7.1.2 FREKANS NORMALİZASYONU

• Bölüm 8 : SÜZGEÇ DEVRELERİ VE YAKLAŞIKLIK SORUNU– 8.1 SÜZGEÇ DEVRELERİ VE FREKANS KARAKTERİSTİKLERİ

• ALÇAK GEÇİREN SÜZGEÇ• YÜKSEK GEÇİREN SÜZGEÇ• BAND GEÇİREN SÜZGEÇ• BAND DURDURAN SÜZGEÇ

– 8.2 YAKLAŞIKLIK SORUNU• 8.2.1 BUTTERWORTH YAKLAŞIKLIĞI• 8.2.2 CHEBYSEV YAKLAŞIKLIĞI

– 8.3 FREKANS DÖNÜŞÜMLERİ• 8.3.1 YÜKSEK GEÇİREN SÜZGEÇLER• 8.3.2 BAND GEÇİREN SÜZGEÇLER• 8.3.3 BAND SÖNDÜREN (DURDURAN) SÜZGEÇLER

– 8.4 PASİF VE AKTİF SÜZGEÇLERİN KARŞILAŞTIRILMASI• Bölüm 9 : DUYARLILIK SORUNU

– 9.1 KUTUP VE SIFIR DUYARLLIKLARI– 9.2 DEVRE FONKSİYONU DUYARLILIKLARI– 9.3 İKİNCİ DERECEDEN SÜZGEÇ DUYARLILIKLARI



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 fonksiyonlarının özelliklerinin bulunmasıdır.

Devre fonksiyonlarının özelliklerinin ortaya konması açısından kimi matematiksel kavramların bilinmesinde yarar vardır.



1.1 Sistem Fonksiyonlarının Gösterilmesi

Herhangi bir F(s) devre fonksiyonu, s’in fonksiyonu olan reel katsayılı iki polinomun oranı olarak elde edilir.

011

1

011

1

)()()(

asasasabsbsbsb

sQsPsF

nn

nn

mm

mm

++++++++

==−

−

−−

L

L

∏

∏

=

=

−

−=

−−−−−−

= n

iip

m

jjo

n

m

pnppn

mooom

ss

ss

ab

ssssssassssssb

sF

1

1

21

21

)(

)(

)())(()())((

)(L

L(m ve n tamsayı) Bu türden iki polinomun oranı olan fonksiyonlara rasyonel fonksiyon denir.

Verilen biçimin, pay ve payda polinomlarında varsa ortak 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;

Biçiminde yazılabilir.

Kutup: pisspi

piss)()s-(s , )(

→→∞→ sFLimsFLim k sonlu ve sıfırdan farklı ises=spi F(s) rasyonel fonksiyonun k

katlı kutbudur denir.

Sıfır: s=soj 1/F(s) fonksiyonunun k katlı kutbu ise, s=soj F(s) ‘in k katlı sıfırıdır denir.

Sıfır ve kutuplar fonksiyonu belirledikleri için “kritik frekanslar” olarak adlandırılırlar.

F(s)’in genel ifadesinde m>n olması halinde s=∞’ da (m-n) katlı kutup olacaktır.Benzer olarak m<n olması halinde s=∞’ da (n-m) katlı sıfır olacaktır.



Sonuç olarak;a) n>m ise, F(s)’in m tane sonlu sıfırı ve (n-m) tane s=∞’da sıfırı olmak üzere n tane sıfırı vardır. n

adet de kutbu vardır.

b) n=m ise, F(s)’in m=n tane sıfır ve kutbu vardır. S=∞‘da F(s)=bm/an’dir.

c) n<m ise, F(s)’in m tane sonlu sıfırı; n tane sonlu, (m-n) tane de s=∞’da olmak üzere m tane kutbu vardır.

1.2 Öz Frekanslar ve Karakteristik PolinomlarDevrelerin önemli bir özelliği de öz davranışlarıdır. Devre cevabının yalnız eleman değerlerine ve elemanların birbirleriyle bağlantı biçimine bağlı olan davranışlar öz davranışlar olarak tanımlanır (Öz çözüm). Bu çözüm öz frekanslarla belirlenir.

Öz frekans: Devre bir kaynakla sürülmemesine rağmen devrede dolanan işaretlerin frekansına denir.

Devrenin öz çözümü; başlangıçta sükunette olan devreye ( ilk koşullar sıfır) t=0 anında sonlu bir enerji veren birim-dürtü (impulse) uygulandığında, bu uyarıya ilişkin t≥0+ için devrenin çıkışının bulunması ile belirlenebilir.

Devrenin öz davranışının dürtü yanıyla belirlenmesi de öz frekanslarla sistem fonksiyonunun kritik frekansları (sıfır-kutup) arasındaki bağıntıyı ortaya koyar.

F(s) h(t)δ(t)

∑

∑

=

=

=

−===

n

i

tsi

n

i pi

i

piekth

ssk

sQsPsFsH

1

1

)(

)()()()()(

Spi’ler payda polinomunun kökleridir. Spi’lerin öz frekanslar olması nedeniyle de sistem fonksiyonunun sonlu kutupları sistemin öz frekanslarıdır. Bu sebeple payda polinomu sistemin karakteristik polinomudur. Payda polinomunun sıfıra eşitlenmesi ile elde edilen denkleme karakteristik denklem denir.



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

1

+

-

ν(t)i(t)=δ(t)

1’

N

I(s)=1 olması nedeniyle Z(s)=V(s) olur. Z(s)=F(s) ise

∑=

=n

i

tsi

piektv1

)( olur.

11’uçlarındaki gerilim açık devre gerilimi anlamına geldiğinden, spi’lereAçık-devre öz frekansları denir. Sonuç olarak, açık devre öz frekansları Giriş empedans fonksiyonunun kutuplarıdır.

ν(t)=δ(t)

i(t)

1’

N+

-

N devresine birim-dürtü geriliminin uygulandığını, çıkışın i(t) olduğunuvarsayalım. V(s)=1

Y(s)=I(s)=1/F(s) olur ki, ∑=

′=n

i

tsi

oiekti1

)( elde edilir.

i(t) akımının 11’uçlarının kısa devre edilmesi durumunda kısa-devre akımı olması nedeniyle , soi’lere Kısa-devre öz frekansları denir.Sonuç olarak, kısa-devre öz frekansları Giriş Admitans fonksiyonunun sıfırlarıdır.

Devrenin çalışma durumuna göre giriş fonksiyonunun sıfır ve kutupları devrenin öz frekansları olabilmektedir.kapı sayısına bağlı olarak, çalışma durumları ve karakteristik polinomların sayısı artar.



1.3 Hurwitz ve Kesin-Hurwitz Polinomlar

Herhangi bir çalışma durumunda devrenin öz çözümü t→∞ için sonsuza gitmiyorsa devrenin “kararlı” olduğu söylenir.

k katlı bir kutba ilişkin devrenin öz çözümünde teriminin bulunması nedeniyle;

Kararlı bir devrenin öz frekanslarının sağ yarı s düzleminde bulunamayacağı, jw ekseninde bulunanların da katsız olmaları gerektiği sonucu elde edilir.

Kökleri sağ yarı s düzleminde bulunmayan, ayrıca jw eksenindeki kökleri de katsız olan reel katsayılı polinomlara“Hurwitz” polinomu denir.

jw ekseni ve sağ yarı s düzleminde kökü bulunmayan polinomlara da “Kesin-Hurwitz” polinom denilir.

Bir polinomun Hurwitz olabilmesi için gerek ve yeter koşul tüm katsayılarının sıfırdan farklı (tüm tek ya da çift indisliler sıfır olabilir) ve aynı işaretli olmasıdır.

)!1( t

)(

1-k1

−=

−−

kek

sskL

tsik

pi

ikpi



BÖLÜM 2: POZİTİF REEL FONKSİYONLAR

2.1 Kuadratik Biçimler

Tanım: A=[aij] reel kare matris, X= =[xi] (genel olarak karmaşık) olmak üzere;

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

X ≠ 0 olmak üzere, Q>0 ise bu biçime “kesin pozitif” , Q≥0 ise “yarı kesin pozitif” biçim denir.

Kuadratik biçimin kesin pozitif ya da yarı-kesin pozitif biçim olmasınagöre de reel ve simetrik A matrisine kesin pozitif ya da yarı-kesinpozitif matris denir.

jiijT

nnnn

n

mT

xxaAXXQ

x

xx

aa

aaaa

xxxAXXQ

∑∑==

==MM

M

L

2

1

1

21

11111

11 ]....[

Teorem: Reel ve simetrik bir A matrisinin kesin pozitif olması için gerek ve yeter koşul determinantının ve tüm temel kofaktörlerininpozitif olmasıdır. Yarı-kesin pozitif olması için de gerek ve yeter koşul determinantının sıfır; tüm temel kofaktörlerinin negatif olmamasıdır.

Örneğin;

Matrisinin temel kofaktörleri (∆11=28, ∆22=5, ∆33=1)

Pozitiftir. Determinantının -4 olması sebebiyle kesin yada yarı-kesin pozitif değildir.

−

−=

1403021311

A



Matris simetrik değil ise ?B matrisi simetrik olmayan bir matris olsun (B≠B’) !

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

[ ] [ ]

[ ]

[ ]T

T

TT

BBAss

BBAs

BBBBB

−=

+=

−++=

21

21

21

21

[ ] IzIii

zzzz

iitp ][)(2

1

2221

121121 ′=

=

[ ]

=

2

121)(vv

iitp

Q=X’BX=X’(As+Ass)X=X’AsX+X’AssXİfadede;X’AssX=σ olmasınedeniyle de

Q=X’BX=X’AsX

Olur ki, bu bağıntı da As matrisinin kesin ya da yarı-kesin pozitif olmasının B matrisinin de hangi türden olduğunu göstereceği açıktır.

As kesin pozitif ise B de kesin pozitiftir. As yarı-kesin pozitif iseB de yarı-kesin pozitiftir.

Direnç ve bağımlı kaynaklardanoluşan bir 2-kapılının pasif olmasıiçin gerek ve yeter koşul Empedans matrisinin yarı-kesin pozitif olmasıdır.

+v1 v2

+

R1 R2gv1

R1=800 ΩR2=10 KΩg=10-1 mho

Örnek olarak yukarıdaki şekilde verilen 2-kapılınım aktif/pasif olup olmadığınıbelirleyelim. Genel olarak bir 2 kapılının ani gücü

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

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

Verilen devre için;z11=R1, z12=0, z21=-gR1R2, Z22= R2’dir.

Görüleceği üzere z matrisi simetrik değil…..!

[ ] [ ]

−

−=′+=

221

211

21

21

21[Zs]

RRgR

RgRRZZ

Bu matrisin determinantı;0)

411( 21

221 <−−=∆ RRgRR

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



2.2 Pozitif Reel Fonksiyonlar

Pasif R, L ve C elemanlarından oluşan Şekildeki 1-kapılı N devresini ele alalım. Bu devrede Tellegen teoremi uyarınca;

01

=∑=

k

n

kk iv

+

-

ν1

i1

1

1’

ik

νk

+

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

kkk

kk

kk

IsLV

IsC

V

IRVIsZV

=

=

=−=

1

)(

1

1

11

Eşitliklerinden yararlanarak;

∑∑∑ ++=L

kk

C

k

kR

kk

I

ILs

I

ICsI

IRsZ 2

1

2

2

1

2

2

1

211)(

Sonucuna varılabilir. S= σ+jω için,

∑∑

∑∑∑

++

++

+=

L

kk

C

k

k

L

kk

C

k

kR

kk

I

ILj

I

IC

j

I

IL

I

ICI

IRsZ

2

1

2

2

1

2

22

2

1

2

2

1

2

222

1

2

1-

1)(

ωωσ

ω

σωσ

σ

elde edilir. Buradan:

∑∑∑ ++

+=L

kk

C

k

kR

kk

I

IL

I

ICI

IRsZ 2

1

2

2

1

2

222

1

21)( Re σ

ωσσ

Sonucuna varılır.. Bu eşitliklerden:

1. S reel ise Z(s) reel2. Res ≥0 ise ReZ(s) ≥0

Sonuçlarına varılabilir. Bu özellikteki fonksiyonlara “pozitif reel fonksiyon” lar denir.

Tanım: S= σ+jω armaşık değişkeninin,

1. F(σ) reel2. Re s ≥0 için Re F(s) ≥0

Koşullarını sağlayan rasyonel F(s) fonksiyonu pozitif reeldir.



Teorem: Rasyonel bir F(s) fonksiyonunun lineer, zamanla değişmeyen pasif elemanlı bir devrenin giriş fonksiyonu olabilmesi için gerek ve yeter koşul F(s) fonksiyonunun pozitif reelolmasıdır.

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 yarı s düzleminde kutbunun olmaması,b) F(s)’in jw ekseni üzerinde kutupları bulunuyorsa bu kutupların katsız;

bu kutuplardaki rezidülerin de reel ve pozitif olması,c) Tüm ω değerleri için (0≤ω≤∞) ReF(j ω)≥0

Koşullarının sağlanması gerek ve yeter.

Teorem: F(s)=P(s)/Q(s) biçimindeki bir fonksiyonunun pozitif reel olabilmesi için;şu koşulların sağlanması gerekir. (! Yeterli değil)

a) P(s) ve Q(s) polinomlarının tüm katsayıları reel ve aynı işaretli olmalı,b) P(s) ve Q(s) polinomlarının en yüksek ve en alçak dereceli terimleri arasında en

fazla 1 derece fark olması,c) Pay ve payda polinomlarında eksik terimler olmamalıdır. (tüm çift dereceli

terimler, ya da tüm tek dereceli terimler bulunmayabilir.)



ÖRNEKLER

11

2 +s

62123

3

23

+++++

sssss

234

3

323sss

ss++++

12134

4

234

+++++

sssss

)4()1(

++ss

)4)(3()2)(1(

++++ssss



Yukarıda verilen gerek ve yeter koşullarda F(s)’in reel kısmının bulunması gerekmektedir. ReF(jw)≥0 koşulunun incelenmesi için basit bir yöntem tanımlanacaktır.

22

11

)()()(

sNMsNM

sQsPsF

++

==

Pay polinomunun çift kısmı

Pay polinomunun tek kısmı

s4+3s3+2s2+s+6 M= s4+2s2+6 ; N= 3s2+1

22

22

22

11 .)()()(

sNMsNM

sNMsNM

sQsPsF

−−

++

==

22

222

21212

222

2

212

21)(NsMNMMNs

NsMNNsMMsF

−−

+−−

=

22

222

212

21)(NsMNNsMMsFÇift

−−

=

22

222

212

21)()(ReNMNNMMsFÇiftsF

jS ωω

ω ++

===

ReF(jw)≥0 koşulunun sağlanması içinM1M2+ω2 N1N2 ≥0 olması gerektiği sonucuna varılır.

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

Kutuplar sol yarı s düzleminde ve jwekseninde katsız..

M1=-w2+6 ; N1=2 ; M2= -w2 ; N2=3

M1M2+ω2N1N2=(-w2+6 ) (w2)+w2.2.3=w4≥0

Gerek ve yeter koşullar sağlandı..fonksiyon pozitif reel türdendir.



611954121172

)()()(

234

234

++++++++

==ssssssss

sQsPsF

M1M2+ω2 N1N2 ≥0 olması gerekM1M2+ω2 N1N2 =(2w4-11w2+4)(w4-9w2+6)+w2(-7w2+12)(-5w2+11)

=2w8+6w6-22w4+30w2+24x=w2 diyelim;

A(x)=2(x4+3x3-11x2+15x+12)A(x)=2[x2(x2+3x-11)+15x+12] biçiminde ele alalım;

x≥[(53)1/2-3]/2≅2,14 için A(x)≥00<x<2,14 aralığı için (x4+3x3-11x2)<(15x+12)’dır.

M1M2+ω2 N1N2 ≥0 koşulunun sağlandığı görülmektedir. Fonksiyon pozitif reeldir.

MEH232 DEVRE SENTEZİ (D3)


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 yarı s düzleminde ve jw eksenin üzerindekökü olmaması gerek) olması

2. ReF(jw)≥0 olmasıdır.

Bu koşullardan her ikisinin de sağlanması gereklidir. Birinci maddede verilen koşul; özellikle payda polinomununköklerinin bulunmasını gerektirmeksizin sonuca gidilmesinde kolaylık sağlar.

NASIL?

Bilindiği gibi Routh-Hurwitz tablosu bu P+Q polinomu için hazırlanıp, tablonun birinci sütununa bakılır. Bu sütundaki elemanlarda işaret değişikliği yoksa ve sıfır satır ile hiç karşılaşılmadı ise P+Q polinomu kesin-Hurwitz’dir.

Yukarıda tanımlanan yönteme denk ikinci bir yöntem de, P+Q polinomundan yararlanarak elde edilen ψ(s) fonksiyonunun sürekli kesirlere açılımından yararlanma yöntemidir.

Sürekli kesirlere açılım: P+Q polinomunun tek kısmını çift kısmına ya da çift kısmını tek kısmına oranlayarak (derecesi büyük olan paya gelecek şekilde)bir ψ(s) fonksiyonu tanımlansın. ψ(s)’in payını paydasına bir adım bölmek, kalanın tersini alarak bölmeye bir adım devam etmek ……suretiyle elde edilen açılıma denilir.

Bu açılım ile elde edilen katsayılar (bölümler) tümü pozitif, terim sayısı da fonksiyonun derecesine eşit ise P(s)+Q(s) kesin-Hurwitzdir. F(s) de pozitif reeldir.



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

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

s4+10s2+9

s4+4s2

s3+4s

s

s3+4s

s3+3/2s

6s2+9

(1/6)s

6s2+96s2

(5/2)s

(12/5)s

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

0

9

(5/18)s ss

sss

1851

512

161

1)(

++

+=Ψ



611954121172

)()()(

234

234

++++++++

==ssssssss

sQsPsF Fonksiyonu için bu yöntemleri uygulayalım……

P(s)+Q(s)=3s4+12s3+20s2+33s+10

10S0

024,57S1

01014,25S2

03312S3

10203S4

Teoremin 1. koşulu

Routh-Hurwitz yöntemi Sürekli kesirlere açılım

ss

sss

190277

111081083

11916

141)(

++

+=Ψ

3s4+20s2+10

3s4+(23/4)s2

12s3+23s

(1/4)s12s3+23s12s3+(160/19)s

(57/4)s2+10

(16/19)s

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

(277/19)s

(1083/1108)s

10

(277/190)s(277/19)s(277/19)s

0

Terim sayısı polinomun derecesi kadar

ve tüm katsayılar pozitif… P+Q kesin-Hurwitz



611954121172

)()()(

234

234

++++++++

==ssssssss

sQsPsF

M1M2+ω2 N1N2 ≥0 olması gerekM1M2+ω2 N1N2 =(2w4-11w2+4)(w4-9w2+6)+w2(-7w2+12)(-5w2+11)

=2w8+6w6-22w4+30w2+24x=w2 diyelim;

A(x)=2(x4+3x3-11x2+15x+12)A(x)=2[x2(x2+3x-11)+15x+12] biçiminde ele alalım;

x≥[(√53)-3]/2≅2,14 için A(x)≥00<x<2,14 aralığı için (x4+3x3-11x2)<(15x+12)’dır.

M1M2+ω2 N1N2 ≥0 koşulunun sağlandığı görülmektedir. Fonksiyon pozitif reeldir.

Teoremin 2. koşulu



Bölüm 3. 1-Kapılı LC Devrelerin Sentezi

)(Re)( jwZsZÇiftjws=

=

Önce yalnız L ve yalnız C elemanlı kayıpsız ya da reaktif devrelerin devre fonksiyonlarının kimi özelliklerini inceleyeceğiz.

3.1 Reaktans FonksiyonlarıDevrede R elemanı olmadığından s=jw için reel kısmın sıfıra eşit olacağı açıktır.

Bağıntısı uyarınca, M1M2+ω2 N1N2 =0 koşulunun sağlanması gerek;

M1 ve N1’in birlikte sıfır olamayacağı açık olduğuna göre; M1=0, N2=0 ya da M2=0, N1=0 koşullarında bu koşul gerçekleşir. Şu halde sırasıyla;

)( da ya )(2

1

2

1

sNMsZ

MsNsZ == Biçimindeki giriş empedans fonksiyonları için bu

koşul sağlanacaktır.

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

Bu özelikleri sağlayan bir F(s) giriş fonksiyonunu ele alalım. Bu fonksiyonun s=so’da bir sıfırı 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=so bir sıfır ise s=-so’da bir sıfırdır diyebiliriz. F(s)’in pozitif reelgiriş fonksiyonu olduğu düşünülürse sıfırlarının ve kutuplarının tümü jwekseninde olması gerekecektir.



TANIM : Aşağıda verilen koşulları sağlayan rasyonel F(s) fonksiyonuna reaktansfonksiyonu denir.

a) Tüm kutupları jw ekseni üzerinde, katsız; reel ve pozitif rezidülü

b) Tüm w≥0 için ReF(jw)=0

Sonuç olarak; Yukarıda sayılan özellikleri sağlayan bir F(s) fonksiyonu LC-türü bir giriş fonksiyonu olmaktadır.FLC(s) biçiminde göstereceğimiz bu pozitif reel fonksiyonun aşağıda verilen türden bir açılımı bulunmaktadır.

0k,k,k s

sk2s

ksk)s(F ioi

2i

2io

LC ≥ω+

++= ∞∞ ∑Bu açılımdan yararlanarak LC türü bir giriş fonksiyonunun şu özellikleri sağladığını

söyleyebiliriz.

1. Tüm sıfır ve kutuplar jw ekseninde ve katsızdır. s=0 ve s= ∞’da bir kutup ya da bir sıfır bulunur.

2. FLC(s)’in Pay ve payda polinomlarının dereceleri arasında 1 fark vardır.

3. FLC(s) tek fonksiyondur.

4. X(w) reel bir fonksiyon olmak üzere FLC(jw)=jX(w) ‘dir.

5. dX(w)/dw >0 ‘dır. Yani X(w) artan bir fonksiyondur.



Bu türden bir fonksiyonun bir sıfırından sonra bir kutup, bir kutbundan sonra da bir sıfır gelir. Yani sıfır ve kutuplar jw ekseni üzerinde sıralıdırlar.

Söylenen bu özelliklere uygun olarak;

432124

222

2

23

221

2

o , )s)(s(s)s)(s(K)s(F ω<ω<ω<ω<

ω+ω+ω+ω+

=L

L

432124

222

2

23

221

2

o , )s)(s()s)(s(sK)s(F ω<ω<ω<ω<

ω+ω+ω+ω+

=L

L

ya da,

biçiminde fonksiyonlar FLC(s) fonksiyonları olarak karşımıza çıkacaktır. Fonksiyonun tam olarak belirlenebilmesi için sıfır ve kutuplar ile K’nınbelirlenebileceği bir bilginin verilmesi gerekir.

ÖRNEK: Kutupları w=0, w=1000; sıfırları w=600 ve w=∞’da olan vew=700 için Z(jw)=j10 olan giriş empedans fonksiyonunu ve bu fonksiyonun basit kesirlere açılımını elde ediniz.



Verilerden;)10s(s)10.36s(K)s(Z

62

42

++

= olduğu açıktır.

34

7

4

6

6

4

700 j

64

44

700j

10.461,2710.1310.357

10.1310.357 j.10 jK

10.357 j10.13K10 j)s(Z

)1010.49(700 j)10.3610.49(K10 j)s(Z

=−−

=−

=

−==

+−+−

==

)10s(s)10.36s(10.461,27)s(Z

62

423

++

=Sonuç olarak; elde edilir.

Fonksiyonun basit kesirlere açılmış şekli

)10s(17600

s9900)s(Z

62 ++= biçimindedir.



LC türü empedans ya da admitans fonksiyonlarının özellikleri aynıdır.

3.2 Reaktans Fonksiyonlarının Gerçeklenmesi

3.2.1 Foster devrelerinin gerçeklenmesi

Foster devreleri genel olarak fonksiyonun basit kesirlere açılımına karşılık düşen devrelerdir.

Bu açılım giriş empedans fonksiyonuna ilişkin ise devreye FOSTER-I

giriş admitans fonksiyonuna ilişkin ise devreye FOSTER-II denir.

0k,k,k s

sk2s

ksk)s(F io

i2i

2io

LC ≥ω+

++= ∞∞ ∑F(s)’in aşağıda verilen biçimdeki basit kesirlere açılımını ele alalım.

k∞

1/ko

2ki/wi2

1/(2ki)

k∞ 1/ko1/(2ki)

2ki/wi2 F

OSTER

1



0k,k,k s

sk2s

ksk)s(F ioi

2i

2io

LC ≥ω+

++= ∞∞ ∑

1/kok∞

2ki/wi2

1/(2ki)

k∞1/ko

1/(2ki)

2ki/wi2

FOSTER II devresi



LC türü empedans ya da admitans fonksiyonlarının özellikleri aynıdır.



Foster devreleri genel olarak fonksiyonun basit kesirlere açılımına karşılık düşen devrelerdir.

Bu açılım giriş empedans fonksiyonuna ilişkin ise devreye FOSTER-I

giriş admitans fonksiyonuna ilişkin ise devreye FOSTER-II denir.

0k,k,k s

sk2s

ksk)s(F io

i2i

2io

LC ≥ω+

++= ∞∞ ∑F(s)’in aşağıda verilen biçimdeki basit kesirlere açılımını ele alalım.

k∞

1/ko

2ki/wi2

1/(2ki)

k∞ 1/ko1/(2ki)

2ki/wi2 F

OSTER

1



0k,k,k s

sk2s

ksk)s(F ioi

2i

2io

LC ≥ω+

++= ∞∞ ∑

1/kok∞

2ki/wi2

1/(2ki)

k∞1/ko

1/(2ki)

2ki/wi2

FOSTER II devresi

ÖRNEK: Fonksiyonunu Foster türü devrelerle gerçekleyiniz.)2(

)1()( 2

2

++

=ss

ssZ



)2()2/1(2/1)(

1/2B ;2/112

1)1(2

olmalı )1()2()2()2(

)1()(

2

222

222

22

2

++=

==⇒

==+

+=++

+=++

++=

++

=

ss

ssZ

AABA

sBsAAssBssA

sBs

sA

ssssZ

Önce fonksiyonu basit kesirlere ayıralım……

2)( 22∑+

++= ∞i i

ioLC s

sksksksF

ω

1/ko=2F

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

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



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

)1()(

)1()2(

)(1)(

2

2

2

++=

++

==

ssssY

sss

sZsY

s3+2s

s3+s

s2+1

s

s

1/(2ki)=1Hk∞=1 F

2ki/wi2= 1 F

2)( 22∑+

++= ∞i i

ioLC s

sksksksF

w



3.2.2 Cauer devrelerinin gerçeklenmesi

Cauer devreleri ele alınan fonksiyonun empedans ya da admitans fonksiyonu olmasına göre değişen devreler değildir. (Foster devreleri değişiyordu.)

Genel olarak fonksiyonun iki farklı sürekli kesirlere açılıma göre iki Cauer devresi mevcuttur. Sürekli kesirlere açılıma karşılık düşen devrelerdir.

k1

k2

k3

k4F(s)=Z(s)

F(s)=Z(s)

1/k1

1/k2

1/k3

1/k4

M++

++=

sks

ksks

ksF

4

3

2

1

11

1)(

CAUER -IIM+

++

+=

sksk

sksksF

43

2

1

11

1)(

CAUER –I



Fonksiyounn pay ve paydasını en yüksek dereceli terimden en küçük dereceli terime doğru yazıp sürekli kesirlere açarsak CAUER-I;

Fonksiyounn pay ve paydasını en küçük dereceli terimden en yüksek dereceli terime doğru yazıp sürekli kesirlere açarsak CAUER-II;

devresini elde ederiz….s4+4s2+3

s4+2s2

s3+2s

s

s3+2s

s3+3/2s

2s2+3

(1/2)s

2s2+32s2

(1/2)s

4s

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

0

3

(1/6)s

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

ss

sssZ

)6/1(14

1)2/1(

1)(

++

+=

1H

(½)F

4H

(1/6)F



3+4s2+s4

3+(3/2)s2

2s+s3

(3/2s)

2s+s3

2s+(4/5)s3

(5/2)s2+s4

(4/5s)

(5/2)s2+s4

(5/2)s2+0(1/5)s3

(25/2s)

(1/5)s3

(1/5)s3

0

s4

(1/5s)

Z(s)=(3+4s2+s4)/(2s+s3) ile Cauer-II türü devreyi elde edelim…

ss

ss

sZ

511

225

154

123)(

++

+=

2/3F

5/4H

2/2F

5 H



BÖLÜM 3. 1-KAPILI LC DEVRELERİNİN SENTEZİ

3.1 Reaktans Fonksiyonları



3.2.2 Cauer devrelerinin gerçeklenmesi

3.2.3 Foster ve Cauer devrelerinde eleman sayısı

Foster devrelerinin ele alınan giriş empedans/admitans fonksiyonunun basit kesirlere açılımına karşılık gelen devreler olduğunu söylemiştik.

LC türü giriş fonksiyonunun F(s)=P(s)/Q(s) biçiminde olduğunu ve n adet sonlu kutbunun, (n+1) adet de sonlu sıfırının olduğunu varsayalım….

Bu durumda P’nin derecesi Po(s)=2(n+1) Q’nun derecesi de Qo(s)=2n+1 olacaktır. (fonksiyon tek

olduğundan s=0’da kutbu olacaktır.) Sonuç olarak fonksiyonun aşağıda verilen açılıma karşılık düşen Fosterdevrelerinde eleman sayısı (2n+2)

s

sk2s

ksk)s(Q)s(P)s(F

i2i

2io

LC ∑ ω+++== ∞



Fonksiyonun sürekli kesirlere açılımına karşılık düşen Cauer devrelerinde de eleman sayısı sürekli kesirlere açılımdaki terim sayısına eşit olacaktır. Terim sayısı da fonksiyonun derecesine eşit olduğuna göre;

Cauer devrelerinde de eleman sayısı (2n+2)’dir.Fonksiyonun sıfır ve sonsuzdakilerin dışındaki sıfır ve kutupların (yani iç kritik frekansların) sayısı yukarıda bir önceki yansıda verilen varsayımlar altında (2n+1)’dir.

Sonuç olarak Foster ve Cauer devrelerinde eleman sayısı iç kritik frekans sayısından bir fazladır. Bu sayıda eleman bulunduran devreler minimum elemanlı (kanonik) devrelerdir.

ÖRNEK:

a) Şekildeki devre minimum elemanlı bir devre midir?

b) Bu devreye eşdeğer CauerI devresini elde ediniz.

c) Şimdiye kadar öğrendiğimiz açılımlardan yararlanarak bu devre elde edilebilir mi?

1 H

1 F1 F

1 H

1 H

1 F



Öncelikle devrenin giriş fonksiyonunu bulalım.. Giriş empedans fonksiyonunu bulalım…..

)1s3s)(1s(s3s6s2)s(Z

242

35

+++++

=

Görüleceği üzere iç kritik frekans sayısı beştir. Devredeki eleman sayısı iç kritik frekans sayısından bir fazla (6 adet) ise devre kanonik yani minimum elemanlıdır.

a) Devrede 6 eleman olduğu için devre kanonik türdendir………..

b) Cauer-I türdendevre elde edebilmemiz için (fonksiyonun paydasının derecesi payının derecesinden büyük) Y(s)=1/Z(s)’i sürekli kesirlere açmamız gerekir…..

Açılımı yaparsak aşağıdaki matematiksel biçim elde edilir.

s)3/1(1s)2/9(

1s)3/2(

1s

1s2

1s)2/1()s(Y

++

++

+=



Bu açılıma karşılık gelen devre;

c) Basit ve sürekli kesirlere açılım ile verilen devreyi elde edebiliriz. Çünkü devre Foster-I türü alt devre ile başlamakta ve Cauer türü alt devre ile sonlanmaktadır.

Dikkat edilirse ilk iki elemanı elde edebilmek için 2ki/s2+wi

2 terimi gerekli…Eleman değerleri göz önüne alındığında bu terimin Z2(s)=s/s

2+1 olmalıdır. Bu terimi Z(s)’den çıkartarak devrenin geri kalan kısmı için giriş empedans [Z2(s)] fonksiyonunun;

1/2

2

1

2/3

9/2

1/3

görülür...olduğu )1s3s(

s2s)1s(

s)s(Z)s(Z24

3

22 +++

=+

−=

Cauer türü devre kondansatör ile başladığından ve kondansatör paralel kolda olduğuna göre;

Y2(s)=1/Z2(s) ‘den kis biçiminden sürekli kesirlere açılımı yapmak devrenin geriye kalan kısmını gerçeklemeye yetecektir.



s1s

1s

1s)s(Z

1)s(Y2

2

++

+==

Bu sürekli kesirlere açılım ile aşağıdaki biçim elde edilir.

1 H

1 F1 F

1 H

1 H

1 F

Z1(s) Z2(s)



BÖLÜM 4: 1-KAPILI RC ve RL DEVRELERİNİN SENTEZİ

4.1 Cauer Dönüşümleri

R ve C’den oluşmuş 1-kapılı devrede, devrenin (N) çevre empedans matrisinin terimleri Rij+1/Cijs biçiminde olacaktır.

N devresindeki direçlerin yerine aynı değerde L elemanların konulması ile elde edilen devreye N' diyelim.

N' devresine ilişkin çevre empedans matrisi terimleri ]

sC1sR[)s(çZij

ij +=′ biçiminde olacaktır.

]sC

1R(s[)s(çZ2

ijij +=′ Bu eşitlikten yararlanarak;

eşitliğini elde edebiliriz.)s(sZç)s(çZ 2=′



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

RL türü bir devre için de; devredeki dirençlerin yerine değeri 1/R olanC elemanları konulduğunda elde edilen LC devresinin çevre empedans matrisi terimleri aşağıdaki biçimde olacaktır.

[ ] )s(Zçs1sLR

s1

sR

sL)s(çZ 22ijij

ijij =+=

+=′

s×=→ 2ssRCLC )s(Z)s(Z dönüşümü ile geçilebilir.

LC devresinden RC devresine de;

ssLCRC sZ

ssZ

→

×=2

)(1)( dönüşümü ile geçilebilir.



Böylece verilen bir RL devresinden, C=1/R olacak biçimde, LC devresine;

s1 ×=

→ 2ssRLLC )s(Z)s(Z dönüşümü ile geçilebilir.

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

s2sLCRL

RL

s2sLCRLRL

)s(Ys1

)s(Z1)s(Y

)s(Y1s

)s(Y1)s(Z

→

→

×==

×==Eşitliklerinden yararlanarak, ZLC(s) veYLC(s) fonksiyonlarının özelliklerinin aynı olması nedeniyle ZRC(s) ile YRL(s) fonksiyonlarının özelliklerini aynı olduğusonucuna varırız.

s2sLCRL )s(Zs)s(Z→

×=

LC devresinden RL devresine de;

dönüşümü ile geçilebilir.



4.2 RC Türü Giriş Empedans Fonksiyonlarının Özellikleri(RL Türü Giriş Admitans Fonksiyonlarının Özellikleri)

∑ ω+++= ∞

i2i

2

'io

LC ssk2

sk

sk)s(Z Şeklinde basit kesirlere açılım idi.

Bu açılıma

∑ σ+++= ∞

i i

ioRC s

ks

kk)s(Z

s2sLCRC )s(Z

s1)s(Z

→

×= Cauer dönüşümünü uygularsak;(2ki’=ki ve wi

2=σi alarak)

ZRC(s) ile YRL(s) aynı özellikte olduğundan;

∑ σ+++= ∞

i i

ioRL s

ks

kk)s(Y olacaktır.

Verilen bu açılım ve LC’den Cauer dönüşümleri de düşünülerek, RC türü giriş empedans (RL türü giriş admitans) fonksiyonlarının

aşağıda verilen özellikleri sağladığı sonucuna varılır.

açılımı elde edilir.



• ZRC(∞)< ZRC(0)

ZRC(σ)

σ

ZRC(0)

ZRC(∞)

•Kutuplarındaki rezidüleri pozitiftir.

• Sıfıra yakın kritik frekans bir kutup, sonsuza yakın kritik frekans ise bir sıfırdır (ilk kutup s=0’da, son sıfır ise s= ∞’da olabilir)

• ZRC(σ)- σ eğrisi daima azalan eğilimlidir.

• Sıfır ve kutuplar reeleksen üzerinde ve sıralı



4. 3 RC Türü Giriş Admitans Fonksiyonlarının Özellikleri(RL Türü Giriş Empedans Fonksiyonlarının Özellikleri)

∑ ω+++= ∞

i2i

2

'io

LC ssk2

sk

sk)s(Z Şeklinde basit kesirlere açılım idi.

Bu açılıma

∑ σ+++= ∞

i i

ioRC s

skksk)s(Y

s2sLCRC

s2sLCRCRC

)s(Ys)s(Y

)s(Y1

s1

)s(Y1)s(Z

→

→

×=

×==

Cauer dönüşümünü uygularsak;(2ki’=ki ve wi

2=σi alarak)

YRC(s) ile ZRL(s) aynı özellikte olduğundan;

)( ∑+

++= ∞i i

ioRL s

skksksZσ olacaktır.

RC türü giriş admitans (RL türü giriş empedans) fonksiyonlarının aşağıda verilen özellikleri sağladığı sonucuna varılır.

açılımı elde edilir.



• ZRC(∞)> ZRC(0)

YRC(σ)

σ

YRC(0)

YRC(∞)

•Kutuplarındaki rezidüleri negatiftir.

• Sıfıra yakın kritik frekans bir sıfır, sonsuza yakın kritik frekans ise bir kutupdur (ilk sıfır s=0’da, son kutup ise s= ∞’da olabilir)

• YRC(σ)- σ eğrisi daima artan eğilimlidir.

• Sıfır ve kutuplar reel eksen üzerinde ve sıralı

•YRC(s)/s’in kutuplarındaki rezidüleri pozitiftir.



YRC(s) fonksiyonuna ilişkin olarak verilen

∑ σ+++= ∞

i i

ioRC s

skksk)s(Y

açılım bir basit kesirlere açılım değildir. Bu açılım YRC(s)/s fonksiyonuna ilişkin basit kesirlere açılımın s ile çarpılması sonucu elde edilir.

Bu sebeple; RC türü bir giriş admitans (RL trü giriş empedans) fonksiyonunana ilişkin yukarıda verilen türden bir açılım elde edilirken, YRC(s)/s fonksiyonuna ilişkin basit kesirlere açılım elde edilerek s ile çarpılması gerekmektedir.



4.4 RC ve RL Türü Devrelerin Sentezi4.4.1 Foster-I tipi sentez

∑ σ+++= ∞

i i

ioRL s

skksk)s(Z ∑ σ+++= ∞

i i

ioRC s

ks

kk)s(Z

1/ko

OST

ki/σi

1/(ki)

k∞

k∞ 1/ko

ki/σi

1/(ki)

k∞

ko

ki

ki/σi

k∞ 1/ko

ki

ki/σi



4.4.2 Foster-II tipi sentez

∑ σ+++= ∞

i i

ioRC s

skksk)s(Y ∑ σ+++= ∞

i i

ioRL s

ks

kk)s(Y

OST

1/k∞ 1/koki1/ko

σi/ ki

1/(ki)

1/ko1/k∞σi/ ki

1/(ki)

k∞

ki/σi

1/ki

ki/σi

1/ki

1/ko1/k∞



4.4.3 Cauer tipi sentez

s6114

1s21

11)s(Z

++

+=

LC türü devreler için gösterilenden farkı yoktur…Burada yalnızca bazı sürekli kesirlere açılım terimleri reelçıkacaktır..

Cauer tipi sentezi bir örnek fonksiyon üzerinde gösterelim…

s2s3s4s)s(Z

2

2

+++

=

1

½

4

1/6



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 Cauertürü devreleri elde ediniz.

2042s00(6/9)s

++++

++++23

223

s4s6

s6s920s42s4s6

4/312/9B ; 302042)3/2()9(

20429)3/2()3/2(

B93

2)(

692042s

32)( 2

===+≡+++≡++

+++=

++

+=

AsABAssBsAAs

ssAssZ

ssssZ



)3/2(ss310s

32)s(Z

+++=

4/3 2/3

3/10

2

3/4

s3531

7242

1s143

1s32)s(Z

2

++

+=2/3

3/14

(42.42)/72

3/35

Foster türü devre

Cauer türü devre

MEH232 Devre Sentezi (D9_D10)


BÖLÜM 5: 2 KAPILI DEVRELERİN SENTEZİ•2 kapılı devre sentezi G21(s), z21(s), y21(s) …..gibi devre fonksiyonundan yapılabileceği gibi,•y11(s)- y12(s), …. gibi fonksiyon çiftlerinden de sentez yapılabilir.•Bu derste 2 kapılı devrelerin basamaklı türden devrelerle sentezlenmesi incelenecektir.

Transmisyon sıfırı: G21(s), z21(s), y21(s) …..gibi transfer devre fonksiyonlarının sıfırları transmisyon sıfırı olarak adlandırılır.

•Transmisyon sıfırları (frekansları) 2 kapılı devreye uygulanan sonlu ve sıfırdan farklıbir giriş için devre çıkışının sıfır olduğu frekanslardır.

•Basamaklı türden devre için;seri kollardaki elemanların empedans fonksiyonlarının kutuplarındaparalel kollardaki elemanların empedans fonksiyonlarının sıfırlarındatransmisyon sıfırları 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 fonksiyonlarının aynı olduğundan, giriş (giriş ya da çıkış kapısına ilişkin olabilir) fonksiyonundan hareketle 1 kapılı devre sentezliyormuş gibi 2 kapılı devre sentezi yapılabilir. Bu sentezi yaparken ele alınan giriş fonksiyonunun sıfırları ile transmisyon sıfırlarının çakıştırılması gerekir. Bu yöntem sıfır kaydırma yöntemi olarak adlandırılır.



Bazı devre fonksiyonları için özel bir hal olarak transmisyon sıfırları s=∞ ya da s=0’da bulunabilir. Bu durumda transmisyon sıfırlarının gerçekleştirilmesinde Cauer I-II devrelerinden yararlanılır.

5.1 Dirençle Sonlandırılmış LC Devrelerinin SenteziBu tür devreler pasif süzgeçlerin gerçeklenmesinde genellikle kullanılan bir devre modelidir.

LCv R=1Ω

+

-

+vo 22

21

1)()()(

yy

sVsVsG o

+−

==

)()()(sQsPsG = biçiminde ise;

LC fonksiyonlarının özellikleri düşünüldüğünde, P(s) ya tek ya da çift polinom olması gerektiğini biliyoruz. Bu nedenle fonksiyonun pay ve paydasını tek ve çift kısımları olarak yazdığımızda olası iki durum karşımıza çıkar.

2222

2121

22

21

22

1

/ /

/1/)(

)(

sNMysNMysNMsNMsG

sNMMsG

==−

+=

+=

Ya da

2222

2121

22

21

22

1

/ /

/1/)(

)(

MsNyMsNyMsNMsNsG

sNMsNsG

==−

+=

+=



5.2 Sıfır Kaydırma Yöntemi• Bu yöntem herhangi bir kapıya ilişkin giriş fonksiyonundan hareketle 2 kapılı devre sentezi

yapılırken, transmisyon sıfırları ile giriş fonksiyonunun sıfırlarının çakıştırılması için kullanılır. • Yöntem basamaklı devrelerin elde edilmesinde kullanılır.• Bu derste RC devrelerine uygulanması üzerinde yoğunlaşacağız. • RC giriş fonksiyonlarının sıfırlarının kaydırılmasında üç işlem uygulanır.

1. ZRC(s)’den kp.ZRC(∞) bileşeninin çekilmesi (kp<1)ZRC(σ)

σ

ZRC(0)

ZRC(∞)kpZRC(∞)

Sıfırların sonsuza kaydırılması

ZRC

Sıfır kaydırma elemanı

kpZRC(∞)R1

C1

s=-1/(R1.C1) deki sıfırı

gerçekleyen elemanlar



2. YRC(s)’den kp.YRC(0) bileşeninin çekilmesi (kp<1)YRC(σ)

σ

YRC(0)

YRC(∞)

kpYRC(0)

Sıfırların sıfır noktasına kaydırılması

YRC

Sıfır kaydırma elemanı

1/kpYRC(0)

R1

C1





3. ZRC(s) ya da YRC(s) fonksiyonlarından kutbun bir kısmının çekilmesi çekilmesi (kp<1)

Sıfırların bir kutba doğru kaydırılması ZRC(s)

s

ZRC(0)

ZRC(∞) i

ip skkσ+

ZRC

Sıfır kaydırma elemanları

R1

C1



kpki/σi

1/kpki



ÖRNEK: Açık devre gerilim transfer fonksiyonu olan basamaklı türden bir RC devresi ile gerçekleştiriniz.

)3)(1()2/1()(21 ++

+=

sssssG

22

21)(yysGad

−= dir. Bu eşitlikten yararlanarak, verilen fonksiyonun pay ve paydasını RC türü

admitans fonksiyonunun özelliklerini de göz önünde bulundurarak uygun bir yardımcı polinoma bölersek..

)4)(2()3)(1( ,

)4)(2()2/1(

2221 ++++

=++

+=−

ssssy

ssssy fonksiyonları elde edilir.

Transmisyon sıfırları s=0 ve s=-1/2 ‘dır. y22 fonksiyonunun sıfırlarını (s=-1, s=-3) transmisyon sıfırlarına kaydırmamız gerekmekte. Önce s=-1/2 sonra s=0’ı gerçekleyelim…….

21/5k 0 i2/122 =⇒=−−=si

ky

)86(21)4616)(2/1(

215

222 ++++

+=ssssy

ya

)4616)(2/1()86(21 2

++++

=ssssza ‘nın s=-1/2’deki kutbunu

çekelim. )152/441(k

)4616)(2/1()500152(21

2/1 i =+++

==+

−ss

szskz bi

a

za’nın s= -1/2’deki rezidüsü



10500/6992k 0 ise 1i

0

=⇒=−==s

ibb

b kyz

y

syz

ssyy

cc

cb

81,3458.101873)500152(25,5

65816105006992

+==

+==−

s

s

y

81,3458,10

1105006992

12/1

52/4411

215

22

++

++

+=

Yaptığımız işlemlerle çıkış kapısına ilişkin elde ettiğimiz admitans giriş fonksiyonunu;

biçiminde elde ettik. Buradan kolayca basamaklı türden devreyi gerçekleyebiliriz.

1,5

10,58 1/34,81

21/5

441/76i

152/441

2

2´

1

1´



BÖLÜM 6 : AKTİF DEVRE SENTEZİ

• Fiziksel olarak gerçekleştirilebilen devre fonksiyonlarının kutupları sol-yarı s düzlemindedir.

•RC devrelerinin devre fonksiyonlarının kutupları negatif reel eksen üzerindedir. Bu sebeple RC devreleri ile karmaşık kutuplar gerçeklenememektedir.

•RLC devrelerinin devre fonksiyonlarının sol yarı s düzleminde karmaşık kutupları bulunabilmektedir. Ancak, RLC ile sentez kısıtlıdır. Örneğin pozitif reel olmayan giriş fonksiyonu 1-kapılı bir RLC ile gerçeklenememektedir.

•Karmaşık kutupları gerçeklemek için endüktans elemanlarının kullanılma gereği göze batmaktadır.



ANCAKKK !!!

Endüktans;

•doğrusal olmayan davranış sergilemesi

•alçak frekanslar için fiziksel büyüklüğünün ve

maliyetinin artması

gibi nedenlerle kullanılmaktan kaçınılan elemandır.

Pasif RLC devrelerinin sentezindeki kısıtlamaları gidermek ve endüktans elemanının sağladığı özellikleri sağlamak amacıyla AKTİF elemanların kullanılması gerekmektedir.

En önemlisi de aktif elemanların tüm devre teknolojisinde gerçeklenebilmesi……..



Aktif elemanlar doğrusal olmayan karmaşık elemanlardır. Bu nedenle sentez yönteminin geliştirilmesi için bu elemanların basit matematiksel bağıntılarla tanımlanan ideal modelleri kullanılmaktadır.

AKTİF DEVRE SENTEZİ

Devre modelinin önceden seçildiği yöntemler

Devre modelinin önceden seçilmediği yöntemler

Ayrıştırma yöntemi

Katsayıları eşleştirme yöntemi



6.1 Devre Modelinin Önceden Seçildiği YöntemlerDevre modeli önceden seçilir; bu modelin analizinden yararlanarak aktif devre sentezi sorunu, ya pasif devre sentezine ya da doğrusal olmayan bir denklem takımının çözümüne indirgenir.

6.1.1 Ayrıştırma YöntemiÖnceden seçilen devre modelinin analizinden faydalanarak modeliniçindeki pasif alt-devrelerin elemanlarının belirlenmesi yöntemidir.

Teorem: P(s) reel katsayılı bir polinom, Q(s) kökleri negatif reeleksende olan bir polinom olmak üzere;P(s)/Q(s) fonksiyonu iki biçimde ayrıştırılabilir.

1)s()s(PYY)s(Q)s(P)b

)s()s(PZZ)s(Q)s(P)a

ooBRC

ARC

ooBRC

ARC

+≤−=

≤−=

Q

Q



Teorem gereği, verilen polinom ile uygun derece koşulunu sağlayan bir yardımcı polinom seçilir. Bunların oranı olan rasyonel fonksiyon daima iki empedans ya da iki admitans fonksiyonunun farkı biçiminde ayrıştırılabilir.

• Hakim devre modeli ile akım transfer fonksiyonunun gerçeklenmesiY2

RC

(y21)io

µ

Y1

a

ii

Bu devre modelinden α(s)=Io(s)/Ii(s)’in gerçeklenmesi için sırası ile şu işlemler yapılmalıdır.

α(s) devrenin analizinden bulunmalı

a K.a.k Va.Y1-Va.(1-µ).Y1=Ii-Io=y21.(µVa)+y22.0 a21

a21

V ])Y-(1-[YV y

µµ−

=i

o

II



α(s)’in P(s)/Q(s) biçimi teoremde verilen biçimde ayrıştırılır.

µ>1 için (µ=2) ayrıştırma yapalım…

21

21

Y-Yy 2

II

)s(Q)s(P

i

o −== R(s) yardımcı polinomu belirlenmeli…

21b

RC

a

RC21 Y-YY-Y ; y ==−=)s(R)s(Q2

)s(R)s(P

1)s()s( oo +≤ Q R Koşulunu sağlayan bir R(s) belirlenmeli…

b

RC2a

RC121 YY ; YY ; - y ===)s(R2

)s(P

Böylece, α(s)’den aktif devre sentezi pasif devre sentezine indirgenir.…



6.1 Devre Modelinin Önceden Seçildiği YöntemlerDevre modeli önceden seçilir; bu modelin analizinden yararlanarak aktif devre sentezi sorunu, ya pasif devre sentezine ya da doğrusal olmayan bir denklem takımının çözümüne indirgenir.

6.1.1 Ayrıştırma YöntemiÖnceden seçilen devre modelinin analizinden faydalanarak modeliniçindeki pasif alt-devrelerin elemanlarının belirlenmesi yöntemidir.

Teorem: P(s) reel katsayılı bir polinom, Q(s) kökleri negatif reeleksende olan bir polinom olmak üzere;P(s)/Q(s) fonksiyonu iki biçimde ayrıştırılabilir.

1)s()s(PYY)s(Q)s(P)b

)s()s(PZZ)s(Q)s(P)a

ooBRC

ARC

ooBRC

ARC

+≤−=

≤−=

Q

Q



Teorem gereği, verilen polinom ile uygun derece koşulunu sağlayan bir yardımcı polinom seçilir. Bunların oranı olan rasyonel fonksiyon daima iki empedans ya da iki admitans fonksiyonunun farkı biçiminde ayrıştırılabilir.

• Hakim devre modeli ile akım transfer fonksiyonunun gerçeklenmesiY2

RC

(y21)io

µ

Y1

a

ii

Bu devre modelinden α(s)=Io(s)/Ii(s)’in gerçeklenmesi için sırası ile şu işlemler yapılmalıdır.

α(s) devrenin analizinden bulunmalı

a K.a.k Va.Y1+Va(1-µ).Y1=Ii-Io=y21.(µVa)+y22.0 a21

a21

V ])Y-(1-[YV y

µµ−

=i

o

II



α(s)’in P(s)/Q(s) biçimi teoremde verilen biçimde ayrıştırılır.

µ>1 için (µ=2) ayrıştırma yapalım…

21

21

Y-Yy 2

II

)s(Q)s(P

i

o −== R(s) yardımcı polinomu belirlenmeli…

21b

RC

a

RC21 Y-YY-Y ; y ==−=)s(R)s(Q2

)s(R)s(P

1)s()s( oo +≤ Q R Koşulunu sağlayan bir R(s) belirlenmeli…

b

RC2a

RC121 YY ; YY ; - y ===)s(R2

)s(P

Böylece, α(s)’den aktif devre sentezi pasif devre sentezine indirgenir.…



ÖRNEK: 3s3sH)s(

2 ++=α Fonksiyonunu Hakim devre modeli ile gerçekleyelim.

)s(Q)s(P)s( =α Q(s) belli…Şu halde Ro(s)≤Qo(s)+1’e uygun bir R(s) yardımcı

polinomu seçelim…

R(s)=(s+1) olsun….

Q(s)/R(s) 1s

33ss 2

1ss)3s(

)s(R)s(Q

1s1

s31

)s(sR)s(Q

)1s(s3s21

s)s(R)s(Q

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

)s(

+−+=⇒

+−

++=

++

+=⇒+++

=⇒=α

idi.. 21

21

YYy2)s(−

−=α Şu halde; Y1=(s+3) ; Y2=s/(s+1)

...dir')1s(2

Hy)s(R2)s(Py 2121 +

−=⇒

−= idi..



Biz RC türünden aktif devre sentezlediğimize göre; bu örneğimiz için

)1s()2/1s(y22 +

+= seçebiliriz. Çünkü YRC’nin sıfıra yakın kritik frekansı sıfırdır.

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

11s2

11z22

++=

ii

2 F

io

2

1/3 Ω

1Ω

2 F

1Ω 1Ω

2 F

Y1

Y2



• Mitra devre modeli ile gerilim transfer fonksiyonunun gerçeklenmesi

vo

YF

vi

YC

YD

YE

YB

YA

Devrenin analizinden;

)YYY(Y)YYY(Y)YYY(Y)YYY(Y)s(G

FDBEECAF

ECABFDBA

++−++++−++

= elde edilir.

Bu eşitlikte )YYY()YYY( FDBECA ++=++ alırsak; G(s)

EF

BA

YYYY)s(G

−−

= biçimine dönüşür.Bu biçimde verilen fonksionun pay ve payda polinomlarını uygun bir yardımcı polinoma bölerek YA, YB, YF ve YE iki uçlularını bulabiliriz.



ÖRNEK:2,1s1,0s

)2s()s(G2

2

+++

= fonksiyonunu Mitra devre modeli ile gerçekleyelim.

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

1ss1,2Y

2,1sY1s

s3Y

2sY

1ss1,22,1s

1s2,1s1,0s

1ss32s

1s2s

E

F

B

A

2

2

+=

+=+

=

+=

+−+=

+++

+−+=

++

Sonucuna ulaşabiliriz

Yöntemdeki koşul….(!) idi. )YYY()YYY( FDBECA ++=++

Bu koşulu düzenleyerek YD-YC=(YA-YB)-(YF-YE) yazabiliriz. Bu ifadeden de YD ve YCbelirlenebilir.

( ) ( )

1s)2,1s1,0s()2s(

1ss1,22,1s

1ss32s

22

+++−+

=

+−+−

+−+=

=

CD

CD

EFBACD

Y-Y

Y-Y

)Y-(Y-)Y-(YY-Y

1ss9,0

8,01ss9,08,0

1s8,0s1,0

+=

=+

−=++−

=

C

D

CD

Y

Y

Y-Y



vovi

10/9 Ω

5/4Ω

1/3 Ω

½ Ω

9/10 F

1 F

3 F

10/21 Ω 21/10 F

10/12 Ω

1 F

YB

YA YC

YF

YD

YE



6.2 KATSAYILARI EŞLEŞTİRME YÖNTEMİ

•Devre modeli ve modeldeki pasif ve aktif alt devrelerin birbirleri ile ne biçimde bağlandığından 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 doğrusal olmayan bir denklem sisteminin pozitif reel bir çözümünün bulunmasına indirgenmiş olur.

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

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

o12 bsbs

H)s(G++

=



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 akın kanunundan;

Sallen-Key Devre modeli

[ ] 22

2b2b2

2

2 V)K1

KGsC(V0GV)K/V(

sC/1K/V

+=⇒=−+

Devrenin b düğümü için Kirchhoff’un akın kanunundan;

edilir. elde 0sC)VV(G)K/VV(G)VV( 12b22b11b =−+−+−

Yukarıda Vb için bulunan denklem, bu denklemde yerine yazılır ve düzenlenirse;

.bulunur...

CCGG

CG

CG)K1(

CGss

CCGGK

VV

GG)CGCKGCGCG(s)CC(sGKG

VV

21

21

1

2

1

1

2

22

21

21

1

2

2122121221212

21

1

2

+

++−+=

++−++=

o12 bsbs

H)s(G++

=Eşleştirme

CCGG b ;

CG

CG)K1(

CGb ;

CCGGKH

21

21o

1

2

1

1

2

21

21

21 =++−==

Sonucuna ulaşılır…Eşitliklerden görüleceği üzere bilinmeyen eleman değeri sayısı denklem sayısından fazladır.

Örneğin C1 ve C2 için önceden birer değer seçerek, R1 ve R2 dirençlerinin değerleri denklemlerden elde edilebilir.



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

012

23 bsbsbs

Hs)s(G+++

−=

i-

i+

v-

v+ io

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

321

21

21

1

31

212

3

2

1

13

32

2

CCCGGGs)

CCGG

CCGG(s)

CG

CG(s

sCCGG

)s(Gα

+α

++++

−=

Devrenin analizi sonucubulunan devre fonksiyonu

Sonucuna ulaşılır…Eşleştirme yapılarak devredeki elemanların değerleri bulunabilir.

Örneğin C1, C2 ve C3 için önceden birer değer seçerek, G1 ve G2 iletkenliklerinin değerleri denklemlerden bulunur.



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-akış diyagramı elde edilmektedir.

•Gerçeklenmek istenen devre fonksiyonuna ilişkin işaret-akış diyagramı, bu alt devrelerin işaret-akış diyagramlarının bir mantıklı bir şekilde birleştirilmesinden oluşturulur.

•Bu işaret-akış diyagramından dönüşüm kuralları ile aktif devreye geçilir.



ÖRNEK: Kerwin, Huelsman, Newcomb1967

Yöntem integral alıcı ve çift girişli toplayıcı alt-devrelerine dayalıdır.

vi

RC

vo

Vm(-)

Gm(-)

Rf

-V1

(+) +G1

(+)

V1(-)

G1(-)

Vk(+)

Gk(+)

vo

vi voRCs1

−

v1(+)

vo

[ ])(Tf)(

T

)(1 GR1

GG −

+

+

+

[ ])(Tf)(

T

)(k GR1

GG −

+

+

+

vk(+)

v1(-)

)(mf GR −−vm

(-)

)(1f GR −−

∑=

−− =m

1i

)(i

)(T GG

∑=

++ =k

1i

)(i

)(T GG



• 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….

201

201

2

012

012

2

sb

sb1

sa

saa

bsbsasasa)s(G

++

++=

++++

=

Bu ifadenin paydası, Mason kazanç bağıntısı uyarınca G(s)’e ilişkin işaret akış diyagramının determinantıdır. Bu determinantı sağlayacak bir alt diyagram, şekilde gösterildiği biçimde elde edilebilir.

-1/s -1/s

-bo

b1

Yanda verilen bu diyagrama, Mason kazanç bağıntısı uyarınca (ΣTk∆k ) G(s)’in payınısağlayacak biçimdeuygun ileri yollar eklenirse G(s)’in işaret-akış diyagramı elde edilmişolur.

Bu diyagram aşağıdaki şekilde verilmiştir.



-1/s -1/s

-bo

b1

a2

-a1

1ao vovi

Fonksiyonuna ilişkin bir işaret-akış diyagramı2

01

201

2

sb

sb1

sa

saa

)s(G++

++=

Verilen bu diyagram ve entegral alıcı ve çift-girişli toplayıcının işaret-akış diyagramından yararlanarak, G(s) gerilim transfer fonksiyonunu gerçekleyen aşağıdaki şekilde verilen aktif RC devresine geçilebilir.

R3

R

-vi

+R1

R8

C1

R9

C2

R7

-+

R4

R2

R6

R5

vo

761

7654

50

7654

42

2918

3o

321

21

321

1

GRa

)GR1(GG

Ga

)GR1(GG

Ga

CR1

CR11

RGb

)RG1(GG

Gb

)RG1(GG

G1

=

++

=

++

=

==

=

++

=

++

=



BÖLÜM 7 : NORMALİZASYONUygulamada kullanılan eleman ve frekans değerlerine göre elde edilen devre fonksiyonlarındaki katsayılar uygun olmayan değerlerde olacaktır. Örneğin aşağıda verilen bir kapılının empedans fonksiyonu….

1

1’

100

16.10-61,6.10-9 06,39s3906s.25,6sˆ

ˆ11

2

2

+++

=

′−

12-

4-10-

101010(s)Z

(s),Zilişkin uçlarına

Eğer, bu devreye frekans ve genlik normalizasyonu uygulanırsa, aşağıda verilen devre fonksiyonuna ulaşılır.

1

1’

1

11

1s1ss

2

2

+++

=Z(s)

Pratik değerli

Normalleştirilmiş değerli

Pekiyi ! Bu normalleştirme işlemi nasıl yapılır?



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 Asabiti ile bölünmesi ile yapılır. Bu durumda her bir elemanın genlik normalizasyonluempedansı,

ACs1)s(Z,

ALs)s(Z,

AR)s(Z CLR === olur.

Normalleştirilmiş devrenin çevre empedans matrisinin terimleri tipik olarak,

++

Cs1LsR

A1

biçiminde olacaktır. Bu matris n×n boyutlu ise, determinantı ve 1. temel kofaktörü,

kofaktörü (1,1)nın '

kofaktörü (1,1)nın 'tıdeterminan matrisinin empedans çevredevrenin irilmişnormalleşt

tıdeterminan matrisinin empedans çevredevrenin (pratik) irilmemişnormalleşt

∆∆

∆∆∆

∆

∆

=∆∆

=∆

−

ˆ:ˆ:

:ˆ:

ˆA1,ˆ

A1

11

11

11

1n

11

n

olur.

Normalleştirilmiş devrenin giriş empedansıÇ11

)s(Z∆∆

= biçiminde elde edildiğinden,

olur. )s(ZA1

ˆˆ

A1)s(Z

11

=∆

∆= Sonuç olarak, her bir elemanın empedansı A’ya bölündüğünde,

giriş empedans fonksiyonu da A’ya bölünmektedir.



.olmaktadır çarpılmış ileA göre, eşitliğine ise; fonksiyonu admitans Giriş )s(YAˆˆ

A)s(Y 1111 =∆

∆=

∆∆

=

Görüleceği üzere, farklı boyuttaki determinantların oranı olarak belirlenen devre fonksiyonları genlik normalizasyonundan etkilenmektedir. Aynı boyuttaki determinantların oranı olarak elde edilen bir devre fonksiyonu ise genlik normalizasyonundanetkilenmeyecektir. Örneğin gerilim transfer fonksiyonu….

GG 2121 )s(ˆ)s( =

7.1.2 Frekans NormalizasyonuNormalleştirilmemiş (pratik) devrede, frekans terimini B pozitif sabiti ile bölerek yapılır.

sB1s = alınır. Bu durumda,

sC

1

Bs1

CB1

sC1)s(Z

olur. sLBsLBsL)s(Z

R)s(Z

fC

fL

R

===

===

=

Lf ve Cf frekans normalizasyonlu eleman değerleridir.



7.1.3 Genlik ve Frekans NormalizasyonuYukarıda açıklanan iki yöntem birlikte uygulanır. Sonuçta elde edilen değerler aşağıdaki tabloda verildiği gibi olur.

Genlik normalizasyonundan etkilenmez

G21(s)Gerilim transfer fonksiyonu

Genlik normalizasyonundan etkilenir

Z(s)Giriş empedans fonksiyonu

CKapasite (C)

LBobin (L)

Frekanstan etkilenmez

RDirenç (R)

AçıklamaPratik değerlerNormalleştirilmiş değerler

R.AR =

LBAL =

CAB1C =

)Bs(Z.AZ =

)Bs(GG 2121 =

İlk yansıda ele aldığımız örnek devrede yapılan normalizasyon için A=100, B=107/1,6



7.2 Aktif Devrelerde Normalizasyon7.2.1 Genlik normalizasyonu

Devreye ilişkin gerilim transfer fonksiyonunun devredeki elemanlar cinsinden ifadesine bakılarak A çarpanı ya da böleni belirlenir.

Yandaki devre; R1=R2=0.01 Ω ve C1=C2=1 F değerleri ile,

00010s100s20)s(G

2 000 ++

=

fonksiyonunu gerçeklemektedir. Görüldüğü gibi burada eleman değerleri pratiğe uygun değildir. Devrenin devre elemanları cinsinden G(s) ine baktığımızda, R ve C’lerin çarpım biçiminde olduğunu görürüz. R’leri A kadar büyüttüğümüzde ve C’leri aynı oranda küçülttüğümüzde RC çarpımları değişmez…G(s) de değişmez. A=107 alırsak;C1=C2=0.1 µF , R1=R2=100 KΩ pratik değerleri için bu G(s)’i sağladığı sonucuna varırız.

2121221211

2

2121

i

o

CCRR1

CR)K1(

CR1

CR1ss

CCRRK

)s(V)s(V

)s(G+

−

+++=



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 dönüşümün bir aktif RC devresinin elemanlarında yol açacağı değişikliği inceleyelim…Örnek olarak, bir önceki başlıkta kullanmış olduğumuz devre fonksiyonu ele alalım….

=⇒++

==

)Bs(G

00010s100s20)s(G

Bss

2

000

2121221211

22121

CCRR1

CR)K1(

CR1

CR1

Bs

Bs

CCRRK

+

−

++

+

BCCRR

1

BCR

)K1(

BCR

1

BCR

1ss

BCCRR

K

BsG

22121221211

2

22121

+

−

+++

=

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 kaydırılmış olmaktadır. C1=C2=0.1/B µF , R1=R2=100 KΩ pratik değerleri için

bu G(s)’in kesim frekansı B rad/s olacaktır.



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.

AktifEleman

3/38 Ω

361/15 F

75/133 Ω

14/15 F

1 Ω

39/28 Ω7/39 F v2

+

-

Çıkıştaki direnç değeri 600 Ω olması için A=28.600/39’luk bir genlik normalizasyonuyapmalıyız.

1 rad/s= 1/2π Hz’dir. Frekansı 1 KHzyapmak için B= 2π.1000’lik frekans normalizasyonuyapmalıyız.

AktifEleman

34 Ω

8,92 µF

243 Ω

0,345 µF

430 Ω

600 Ω66,5 nF

+

-

Şu durumda direnç değerlerini A ile çarparak, kondansatör değerlerini ise A×B’ye bölerek istenenleri gerçekleyen değerlere ulaşırız.


Dr. Cihan Karakuzu 1

8.2 İkinci dereceden alçak-geçiren türden kazanç fonksiyonuna ilişkin….

bass1)s(G

2 ++= İle ifade edilen fonksiyonu ele alalım….

Bu fonksiyonun karmaşık iki kutbu vardır. Doğru akımda (f=0, w=0) G(s)’in değeri 1/b olur. Doğru akımda, dB cinsinden genlik 20 log(1/b)’dir. Frekansın çok üyük değerleri için G(s) 1/s2’ye yaklaşır. Bu durumda dB cinsinden genlik,

ω−=ω

log40)j(

1log202 olmaktadır. Bu da frekansın her 10 kat artmasına karşılık -40 dB’lik bir zayıflaması

demektir. (-40 dB/dekad)

G(s)’in genliğinin hangi frekansta maksimum olduğu aranacak olursa,

bulunur.olduğu maksimumgenliğin afrekansınd b altındakoşulu 2baen eşitliğind

2

≅ω<<=+ω+ω−ω

10bja

1dd

2

Bu frekans “kutup frekansı”dır. (wp=√ b)…. Bu frekansta dB cinsinden genlik,

==

++−=

++=ω

=ω

)ba1log20

)bja1log20

b)bja(b1log20

b)bja()bj(1log20)j(G

2b

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

)ba1log20 olacaktır. Bu değerden 20 log 1/b’yi çıkartırsak

tepenin f=0’daki değerden ne kadar yüksek olduğunu buluruz. Bu değer kutbun kalite değer katsayısı olarak adlandırılır. Değeri de….

iparametresdeğer kutup→=abQp



b1log20

Gen

lik (d

B)

)j(G ω

ω

ablog20

dB3

)Q211(

pp +ω)

Q211(

pp −ω

dB/dekad 40−

bp =ω veabQp =

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

2p

p

p22

sQ

s

1bass

1)s(Gω+

ω+

=++

=

10Qp =

5Qp =

2Qp =

707,0Qp =

Çeşitli Qp değerleri için G(s)’in genliğinin w/wp oranı ile değişimi şekilde verildiği gibidir. Görüleceği üzere Qp>5 için genliğin maksimum olduğu frekans kutup frekansı olmaktadır. Diğer taraftan )

Q2(js

p

pp

ωω= m

Noktaları için genliğin, s=jwp noktasına ait maksimum genliğin 3 dB altında olduğu görülür. Böylece 3dB ‘band genişliği”nin B=wp/Qp=a olduğu ortaya çıkar.

Gen

lik (d

B)

p/ωω

)j(G ω

1

pω

)ba1log20



8.3 Yaklaşıklık sorunu•Yaklaşıklık sorunu, geçirme ve söndürme banlarına ilişkin tolerans sınırları içinde kalmak koşuluyla istenen frekans karakteristiklerini sağlayan sistem fonksiyonlarının 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.

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

•Bu yaklaşıklık sonucunda elde edilen payda polinomuna “Butterworth polinomu”, fonksiyonun sentezi sonucu elde edilen devreye de “Butterworth süzgeçi” denir.

•Bu yaklaşıklık geçirme söndürme bandlarındaki tolerans sınırlarından yararlanarak n parametresinin bulunmasını gerektirir.

•Bulunan n istenen sınırları sağlayacak en küçük n değeri olmalıdır. n büyüdükçe geçirme ve söndürme bandlarındaki yaklaşıklık iyileşir.

n2

2

11)j(Fω+

=ω

n=1n=2n=3

0,5

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 koşulları sağlayacak biçimde fonksiyon seçim yöntemlerinden iki tanesi inlecenecektir. Butterworth ve Chebyshevyaklaşıklığı

1p =ω

2)j(G ω

sωω

1



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

bulunur. çözümündenn denklemini 0

köklerinin ' nedeniyle olması

=−+

−+=ω+=−=

n2

2n22s2w

n22

)s(1

)s(Q)s(11)s(Q

dir.'Q(s).Q(-s) =2)s(Q

Q(s)’in kökleri ise Q(-s)’in köklerinin orijine göre simetrikleridir. Bulmak isediğimizsüzgeç fonksiyonunun kutupları sol yaı s düzleminde olmalıdır. Bu sebeple |Q(s)|2’nin kölerinden sol yarı s-düzleminde olanlar alınır ve Q(s) belirlenir.

dir'e

e

)s(1

2nk2j

2n1k2j

n2

isen tek iseçift n

s

s

ise; köklerin denklemini 0

k

kπ

π−

=

=

=−+

Bu kökler birim daire üzerinde π/n radyanaralıklarla bulunurlar… Bu durumda

olacaktır. 1Q(s)

1F(s)

kökler kidüzleminde s yarı sol , Q(s)

j

j

∏

∏

−==

−=

)ss(

s)ss(

j

jj

3π

σ

j

ÖRNEK: Üçüncü dreceden (n=3) Butterworthpolinomununun kökleri birim daire üzerinde şekilde görüldüğü verildiği gibidir.

23j

21s

1s23j

21s

)60(jSin)60(Coss1s

)60(jSin)60(Coss

3

2

1

3

2

1

−−=

−=

+−=

−−=−=

+−=

)1s)(1ss(1)s(F)1s)(1ss()s(Q

)1s()23j()

21s()s(Q

)1s)(23j

21s)(

23j

21s()s(Q

)ss)(ss)(ss()s(Q

22

22

321

+++=⇒+++=

+

−+=

+++−+=

−−−=



75,0

2)j(G ω

2 [rad/s] ω

1

ÖRNEK: Butterworth yaklaşıklığı ile şekilde verilen karakteristiği sağlayan G(s) fonksiyonunu bulunuz.

9,0

151

,91)nolmalı...(

2,52)nolmalı...(

en;eşitliğind

3)15/1(211

)9,0(75,01

11

1)j(G

2n2

2n2

n2

2

≥≤+

≥≥+

ω+=ω

Koşullarından n =4 olarak bulunur.

(s2+0,61s+1) (s2+1,61s+1) (s+1)5

(s2+0,76s+1) (s2+1,84s+1)4

(s2+s+1) (s+1)3

(s2+1,41s+1)2

(s+1)1

Butterworth polinomun

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

Olarak belirlenir…



Yukarıda açıklanan tasarım, wp=1 köşe frekansındaki maksimum zayıflamanın 3 dB olduğu durum için geçerlidir. Zayıflamanın herhangi bir Amax (dB) değeri için tasarım yapılıyorsa; Butterworth fonksiyonu

n2

2

11)j(Fεω+

=ω biçiminde alınır.. Bu durumda,

10 log(1+ε)=Amax eşitliğinden yararlanarak, ε parametresi, ε=100,1Amax-1 ile bulunur.Söndürme bandına ilişkin veriden yararlanarak da ws söndürme bandı köşe frekansı, Amin minium zayıflama olmak üzere,

s

A1,0

log2

110logn

min

ω

ε

−

= Eşitliği ile n bulunur.

Bu durumda, bir önceki yansıda verilen Butterword polinomlarının katsayıları k çarpan farkı oranında fark edecektir.

n21

1k

ε

=

arıfonksiyonlhButterwort

ksb.ksb.ksb.ksk)s(F

1sbsbsbs1)s(F

n1

1n2n2n

21n1n

n

n

12n

2n1n

1nn

için zayıflama dB A

için zayıflama 3dB

min

+++++=

+++++=

−−−

−−

−−

−−

L

L



100

221 )j(G ω

400ω

1

ÖRNEK: Butterworth yaklaşıklığı ile şekilde verilen karakteristiği sağlayan normalleştirilmiş G(s) fonksiyonunu bulunuz.

dB 5.0A max =

dB 12A min =

n2

221 1

1)j(Gεω+

=ω

Bağıntısı uyarınca normalleştirilmiş köşe frekansı wp=1 için yazılan

122,01105,0)1log(10 5,0.1,0 =ε⇒−=ε⇒=ε+

85,238,285,2

69,112,01k

2n73,1n4log2

122.0110log

n

41

12.1,0

++=

=

=

++

=⇒=⇒

−

=

ss(s)G

alınırsa; ele farkıylaçarpan

fonksiyonuh Butterwort11,41ss

1 irilmişnormalleştdereceden ikinci

seçilir.

221

2

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

(sebebi ?)



8.4 Frekans DönüşümleriBuraya kadarki derslerde,yaklaşıklık sorununu alçak-geçiren süzgeç (AGS)karakteristiklerinde ele aldık. Bu derste, yüksek geçiren (YGS), bandgeçiren (BGS) ve söndüren (BSS) süzgeçlere yaklaşıklığın nasıl ele uygulanacağı incelenecektir. Bu amaçla,

•Önce, tanımlanacak frekans dönüşümünden yararlanarak verilen YGS, BGS ya da BSS karakteristiklerinden AGS karakteristiğine nasıl geçileceği…

•Sonra, elde edilen AGS karakteristiği için (önceki iki derste açıklanan yöntemlerle) belirlenen yaklaşıklık fonksiyonun, G(s) YGS, BGS ya da BSS’ karakteristiklerine yaklaşan fonksiyona nasıl dönüştürüleceği…

incelenecektir.

Yukarıda ifade edilen iki aşamalı dönüşümlerin sırasıyla YGS, BGS ve BSS’e uygulanmasını açıklayalım….



8.4.1 Yüksek Geçiren Süzgeçler için Frekans Dönüşümleri

sω

)j(G ω

pωω

1maxA

minA

Yüksek geçiren

1p =Ω

)j(G Ω

sps / ωω=ΩΩ

1maxA

minA

Alçak geçiren

Karakteristikdönüşümü

AGSfonksiyonununelde edilmesi

Butterworthveya

Chebyshevile

)p(G AGSFrekans dönüşümü

sppAGSYGS )p(G)s(G ω

==



Örnek: Amin=15 dB, Amax=3 dB, wp=1000, ws=500 ile tanımlanan YGS’e ilişkin yaklaşıklık fonksiyonunu Butterworth yaklaşıklığından yararlanarak elde ediniz.

500

)j(G ω

1000ω

1dB3

dB15

Yüksek geçiren

1p =Ω

)j(G Ω

2s =ΩΩ

1dB3

dB15

Alçak geçiren



Butterworthile

n=3

)]1p)(1pp[(1)p(G

2AGS +++=

Frekans

dönüşümü)]10s)(10s10s[(s)s(G

)p(G)s(G

3632

3

YGS

s1000pAGSYGS

+++=

==



8.4.1 Band Geçiren Süzgeçler için Frekans Dönüşümleri

(simetrik türden süzgeçler için w1w2=w3w4 )

1p =Ω

)j(G Ω

12

34s ω−ω

ω−ω=Ω

Ω

1maxA

minA

Alçak geçiren



Butterworthveya

Chebyshevile


Bs)2

o2s(pAGSBGS )p(G)s(G ω+

==

3ω

)j(G ω

1ω ω

1maxA

minA

Band geçiren

2ω4ω

merkezi) bandı (geçirme

genişliği) (band

21o

12B

ωω=ω

ω−ω=



8.4.1 Band Söndüren Süzgeçler için Frekans Dönüşümleri

(simetrik türden süzgeçler için w1w2=w3w4)

1p =Ω

)j(G Ω

34

12s ω−ω

ω−ω=Ω

Ω

1maxA

minA

Alçak geçiren



Butterworthveya

Chebyshevile


)2o

2s(

BspAGSBSS )p(G)s(Gω+

==

1ω

)j(G ω

3ω ω

1maxA

minA

Band söndüren

4ω2ω

merkezi) bandı (geçirme

genişliği) (band

43o

12B

ωω=ω

ω−ω=



Örnek: Amin=50 dB, Amax=0,25 dB, w1=2π.200, w2=2π.1000, w3=2π.400, w4=2π.500ile tanımlanan BSS’e ilişkin yaklaşıklık fonksiyonunu Chebyshev yaklaşıklığından yararlanarak elde ediniz.

1p =Ω

)j(G Ω

8s =ΩΩ

1dB25,0

dB50

Alçak geçiren



Chebyshevile

n=3

)]076p)(33,1p76,0p[(01,1)p(G

2AGS +++=

)j(G ω

4002πω

1dB 25.0

dB50

Band söndüren

5002π10002π2002π

[ ] 1250)8(C50)8(C1log10

252,025,0)1log(10

)(C1

1)j(F

n2

n2

2

2n

2

≅⇒=ε+

=ε⇒=ε+

ωε+=ω

3n125020248.38.4)8(C

12718.2)8(C3

3

22 =

>=−=

=−=



78956832s

s5026p2

2o

2s

BspAGSBSS )]076p)(33,1p76,0p[(01,1)p(G)s(G

+=ω+

= +++==

devre sentezi dersleri hepsi butun

Documents