TEMA 3 APROXIMACIÓN DE FILTROS

ASC
TEMA 3
APROXIMACIÓN DE FILTROS
H ( jω )
H ( jω )
2
2
1
1 ⁄ (1 + ε )
1
2
2
1 ⁄ (1 + δ )
3.1 Teoría de la aproximación
(a)
tarea del diseñador es obtener una función racional realizable H(s) que satisfaga estas especificaciones.
Idealmente querríamos realizar una transmisión perfecta, sin pérdidas,
que H ( s ) sea una función racional continua de s con un número finito de
ω
2
1
en la banda pasante, atenuación infinita (ganancia 0) en la/s banda/s de rec-
Esta característica de transferencia ideal no es realizable, si queremos
ωs
1
2
1 ⁄ (1 + ε )
2
1 ⁄ ( 1 + δ2 )
2
1 ⁄ ( 1 + δ1 )
las bandas pasante, de rechazo o transición en magnitud y/o fase. La primera
paso de baja de la Fig. 3.1(a).1
1
(b)
H ( jω )
Tal como hemos visto anteriormente, se imponen especificaciones de
hazo y banda/s de transición de ancho nulo, tal como se muestra en el filtro
ω
1
(c)
ω
ωs ωs
1
2
Figura 3.1: Especificaciones paso de baja: (a) paso de baja ideal no realizables; (b) paso de baja realizables con tolerancia banda pasante ε y tolerancias banda de rechazo δ ( δ > ε ); (c) paso de baja
con especificaciones no constantes en la banda de rechazo.
polos y ceros, y sólo puede aproximarse dentro de unos ciertos márgenes de
tolerancia, tal como se muestra en la Fig. 3.1(b).
Nos limitaremos aquí a estudiar las aproximaciones clásicas, que
requieren de especificaciones de atenuación constantes en la banda de rechazo, y en la de paso.
3.2 Aproximación en magnitud paso de baja
La magnitud de la función de sistema H ( jω ) se obtiene de:
H ( jω )
H ( jω )
1. Suponemos que la frecuencia se haya normalizada de forma que ω = 1 en el
borde de la banda pasante y max H ( jω ) = 1 .
3 -1
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
2
2
2
2
P(ω )
N ( jω )
N ( jω )N ( – jω )
= ---------------------------------- = --------------------- ≡ --------------2
2
D ( jω )D ( – jω )
E(ω )
D ( jω )
(3.1)
es una función racional par que de acuerdo con la Fig. 3.1 debe
aproximarse a 1 en la banda pasante, 0 ≤ ω ≤ 1 , y a 0 en la banda de recCurso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -2
ASC
ASC
3.2 Aproximación en magnitud paso de baja
hazo, ω ≥ ω s . A fin de facilitar el tratamiento matemático es conveniente
introducir una función racional real K ( s ) tal que,
H ( jω )
1
= -----------------------------2
1 + K ( jω )
2
K ( jω )
2
(3.2)
K ( s ) , que se denomina función característica. Esta se obtiene de la función
δ
2
de sistema H ( s ) mediante la ecuación de Feldtkeller:
K ( jω )
PB
1
= --------------------- – 1
2
H ( jω )
2
ε
Teniendo en cuenta la ecuación (3.1) podemos escribir,
2
K ( jω )
2
SB
(3.3)
2
2
2
2 F ( jω )
D ( jω ) – N ( jω )
F̂ ( jω )
= ------------------------------------------------ ≡ ε -------------------- = -------------------- (3.4)
2
2
2
N ( jω )
N ( jω )
N ( jω )
2
0
ω r ω rω r
3
2 1
ωs ωz
1
ωz
2
ωz
3
ω
Figura 3.2: Especificaciones paso de baja que deben ser satisfechas
2
por K ( jω ) .
Por conveniencia se ha introducido el parámetro ε . Una representación de
K ( jω )
K ( jω )
2
2
se muestra en la Fig. 3.2. K ( s ) se define de tal forma que
se aproxime a 0 en la banda pasante con un error de atenuación o
rizado en la banda pasante ε . Si la atenuación máxima en la banda pasante
ε = 10
0.1A p
eje jω , debdio a que esto nos va a asegurar una mayor eficiencia de la
–1
De forma similar K ( jω )
(3.5)
2
2
debe ser mayor de δ en la banda de rechazo.
Para una atenuación mínima en la banda de rechazo de A s dB, δ viene de:
2
δ = 10
0.1A s
–1
(3.6)
Se ha introducido un nuevo polinomio, F ( s ) (también F̂ ( s ) ) llamado
polinomio de reflexión cero. Sus raíces, llamadas ceros de reflexión,
s r = ± jω r , son los ceros de K ( jω ) . Luego en s = ± j ω r se tiene transi
i
i
misión perfecta: H ( ± j ω r ) = 1 . Las raíces s = ± j ω z del polinomio
i
3 -3
i
aproximaciones en magnitud, el cálculo de la función característica se centrará en funciones con los ceros de reflexión y los polos de atenuación en el
de la ganancia es A p dB entonces:
2
N ( s ) son los ceros de transmisión, es decir, H ( ± j ω z ) = 0 . ω z se dei
i
nominan también polos de atenuación, donde K ( ± j ω z ) = ∞ . Para las
i
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
aproximación.
En conclusión, el problema general de aproximación paso de baja consiste en encontrar una función racional real K ( s ) = εF ( s ) ⁄ N ( s ) , o bien
K ( s ) = F̂ ( s ) ⁄ N ( s ) , tal que:
1) F ( s ) , ó F̂ ( s ) , tenga todas las raíces en el eje jω en la banda pasante.
2) N ( s ) tenga todas las raíces en el eje jω en la banda de rechazo.
3) F ( jω ) ⁄ N ( jω ) ≤ 1 , o bien F̂ ( jω ) ⁄ N ( jω ) ≤ ε , en 0 ≤ ω ≤ 1 .
4) K ( jω ) ≥ δ en ω ≥ ω s .
2
Después de encontrar K ( jω ) se utiliza (3.2) para obtener el cociente
2
2
de dos polinomios pares P ( ω ) y E ( ω ) . Como paso final se utiliza conCurso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -4
ASC
ASC
3.3 Aproximación máximamente plana
2
2
tinuación analítica, es decir, se sustituye ω por s ⁄ j (ó ω por – s ) y se fac-
debido a las condiciones en (3.9), tiene todos los ceros de reflexión en el ori-
toriza P ( – s ) y E ( – s ) en N ( s )N ( – s ) y D ( s )D ( – s ) respectivamente.
gen, o sea, que es de la forma
2
2
2
E ( – s ) , al ser par, tendrá raíces simétricas respecto al origen del plano
K ( jω )
s . Ya que D ( s ) debe ser un polinomio de Hurwitz, solo debe contener las
2
2
raíces de E ( – s ) que estén en el semiplano izquierdo del plano s . Por otra
2n
an ω
= -------------------2
N ( jω )
(3.10)
parte, ya conocemos N ( s ) de antemano puesto que se ha obtenido explíci-
Por tanto la función de transferencia paso de baja de orden n que es máxi-
tamente en el cálculo de K ( jω ) :
mamente plana en el origen ( ω = 0 ) es,
2 mi
2
N ( s ) = k ∏ ( s + ωz )
i
(3.7)
H ( jω )
i
donde k es una constante y ± jω z son los ceros de transmisión de multiplii
2
2
1
N ( jω )
= ------------------------------ = -----------------------------------------2
2
2n
1 + K ( jω )
N ( jω ) + a n ω
(3.11)
cidad m i ≥ 0 . Si todos los m i = 0 no hay ceros de transmisión finitos,
N ( s ) = k y H ( s ) = k ⁄ D ( s ) es una función paso de baja todo polo. OJO:
Luego, para un polinomio N ( s ) dado, es decir, para un conjunto de ceros de
Si tenemos un cero en s = 0 , cosa que no va aocurrir en el caso de una
de baja con banda pasante máximamente plana.
aproximación paso de baja, este contribuye con un factor s a N ( s ) .
El parámetro a n determina la máxima atenuación en la banda pasante,
que se produce para ω = 1 :
transmisión, se puede encontrar siempre una función de transferencia paso
an
0.1A p
2
= 10
–1
ε = ------------------2
N ( j1 )
3.3 Aproximación máximamente plana
Un filtro paso de baja con magnitud máximamente plana requiere que
la magnitud (al cuadrado) de la función de transferencia sea 1 en ω = 0 , es
decir, transmisión ideal en dc, y que todas las derivadas posibles del error de
transmisión sean cero en ω = 0 . El error de transmisión se define como:
2
∆ ( ω ) = 1 – H ( jω )
2
(3.8)
2
K ( jω )
3 -5
2
frecuencias. Si n es el orden de la aproximación, o sea, el orden de D ( s ) , y
m es el orden de N ( s ) , la magnitud H ( jω ) decaerá a alta frecuencia como
1⁄ω
n–m
, es decir, la atenuación crecerá 20 ( n – m )dB/déc .
plana genérica. Dentro de los casos particulares de aproximación
K ( j0 ) = 0
i
que permite determinar a n dado A p y los ceros de transmisión. El grado de
la función de transferencia, n , viene dado por la atenuación requerida a altas
Esta aproximación es conocida como aproximación máximamente
Las especificaciones son, pues:
K ( jω )
d
---------------- -----------------------------= 0
i
2
2
( dω ) 1 + K ( jω ) ω = 0
(3.12)
máximamente plana veremos dos: la aproximación Butterworth y la
i = 1, 2, …
(3.9)
aproximación Chebyshev inversa.
2
es un cociente de polinomios en ω y puede demostrarse que,
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -6
ASC
ASC
3.4 Aproximación Butterworth
3.4 Aproximación Butterworth
0
Un caso particular de aproximación máximamente plana, muy impor-
-10
decir, N ( s ) = 1 . Nótese que la posible constante asociada al numerador de
H ( s ) vamos a englobarla en la constante del denominador. En esta ocasión,
la magnitud de la función de transferencia viene dada por:
H ( jω )
2
1
= -----------------------2 2n
1+ε ω
(3.13)
Puede verse que en esta función la atenuación aumenta monótonamente con
ω . El grado n se determina de las especificaciones para la banda de rechazo,
o sea, K ( jω )
2
2
2 2n
= ε ω
δ = 10
0.1A s
2
≥ δ , si ω ≥ ω s :
–1 =
2 2n
ε ωs
log ( δ ⁄ ε )
n ≥ ---------------------log ω s
y de aquí:
-20
-30
-40
-50
1.00E+00
1.00E+01
1.00E+02
1.00E+03
Frecuencia (Hz)
1.00E+04
Figura 3.3: Diagrama de Bode de magnitud del filtro Butterworth.
y en la banda de rechazo:
(3.14)
δ =
(3.15)
10
2.3
– 1 = 14.090
3.1.- Encontrar el orden de una función paso de baja máximamente plana
(3.17)
luego el orden del filtro saldrá:
log 40.338
n ≥ ------------------------ = 7.87
log 1.6
Ejemplo
(3.18)
de modo que n = 8 .
todo polo que tenga una banda pasante en 0 ≤ f ≤ 1.2kHz con
La Fig. 3.3 muestra el diagrama de Bode de magnitud del filtro result-
A p = 0.5dB de atenuación máxima y una banda de rechazo en
ante que se puede observar que cumple las especificaciones. La Fig. 3.4
f ≥ 1.92kHz con una atenuación mínima A s = 23dB .
muestra ampliaciones de dicho diagrama en los bordes de la banda pasante
Solución detallada
Normalizamos la frecuencia por Ω o = 2π ⋅ 1.2krad/s de forma que
ω = 1 en el borde de la banda pasante y ω s = 1.92kHz ⁄ 1.2kHz = 1.6 .
El rizado en la banda pasante es:
ε =
3 -7
Magnitud (dB)
tante, es aquel en el que todos los ceros de transmisión están en s = ∞ , es
10
0.05
–1 =
0.12202 = 0.34931
(3.16)
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
y de rechazo. Puede observarse que el filtro pasa por el borde de la banda
pasante. Sin embargo, las especificaciones se cumplen por exceso en la banda de rechazo. Esto es debido a que el orden del filtro ha de ser entero, por
lo que se ha escogido un orden mayor que el estrictamente necesario para
cumplir las especificaciones. Podríamos haber invertido el exceso de orden
en una atenuación todavía menor en la banda pasante.
Para hallar la localización de los polos de una función paso de baja máxCurso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -8
ASC
ASC
3.4 Aproximación Butterworth
1.0
2
Im(s)
1.5
0.0
x
Magnitud (dB)
x
-1.0
x
0.5
x
-1.5
-3.0
x -1
0
-0.5
x
x
1.20E+03
1.30E+03
Frecuencia (Hz)
0.5
1
-0.5
x
-4.0
1.00E+03
Re(s)
0
-2.0
-2
1
1.40E+031.50E+03
-1
-1.5
-22.5
-2
Figura 3.5: Polos del filtro Butterworth (normalizados).
de radio ε
Magnitud (dB)
-23.0
Si ε = 1 la atenuación en ω = 1 , A p , es 3dB. El filtro paso de baja
todo polo máximamente plano tiene la forma,
-24.5
1.88E+03
1.90E+03
1.92E+03
Frecuencia (Hz)
1.94E+03
1
H ( s ) = -----------------------------------------------------------------------n
n–1
s + bn – 1 s
+ … + b1 s + 1
1.96E+03
Figura 3.4: Ampliación del diagrama de Bode de magnitud en el borde
de la banda pasante y el borde de la banda de rechazo.
2
2
imamente plana todo polo, Butterworth, se sustituye ω por – s y resolven 2 2n
mos 1 + ( – 1 ) ε s
2n
= 0,
n+1
1
1 j ( n + 1 + 2k )π
= ----- ( – 1 )
= ----- e
2
2
ε
ε
(3.19)
polos deseados:
sk = ε
(3.21)
Estos filtros son los que originalmente se conocen como filtros de Butterworth y sus denominadores, polinomios de Butterworth, aunque, por extensión, el término Butterworth se aplica a cualquier filtro de magnitud máximamente plana todopolo independientemente de que ε valga 1 ó no. Los de-
Seleccionando únicamente los polos del semiplano izquierdo se obtienen los
nominadores de estos filtros, los que tienen ε = 1 , se encuentran tabulados
por lo que tan pronto se conoce el orden n del filtro la función está completamente determinada.
En el caso de que dispongamos de los polinomios de Butterworth, pero
nuestra ε ≠ 1 , puede obtenerse la H' ( s' ) requerida a partir de la de Butter-
–1 ⁄ n
e
2k + n + 1
j ------------------------ π
2n
worth H ( s ) , haciendo el cambio de variable:
k = 0, 1, 2, …, n – 1
(3.20)
Puede observarse que los polos se distribuyen uniformemente en un círculo
3 -9
. La Fig. 3.5 muestra los polos del filtro Butterworth del ejem-
plo anterior.
-23.5
-24.0
s
–1 ⁄ n
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
H' ( s' ) = H ( s )
1
--n
(3.22)
s = ε s'
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -10
ASC
ASC
3.5 Aproximación de igual rizado. Aproximación Chebyshev
3.5 Aproximación de igual rizado. Aproximación
Chebyshev
C2 ( x )
1
0.8
0.6
0.4
0.4
0.2
0.2
x
0
En la aproximación máximamente plana se concentra toda la aproximación en ω = 0 y se acepta un error creciente de forma monotónica en el
intervalo 0 < ω ≤ 1 . Una alternativa más eficiente podría ser distribuir el
-0.2
-0.4
-0.6
-0.6
-0.8
-0.8
-1
-1
-1
2
2 2
= ε Cn ( ω )
(3.23)
0.2
0.4
de Chebyshev de orden n pueden describirse mediante:
C n ( ω ) = cos ( n acos ω )
0.6
0.8
1
mos que fuera de la banda pasante, los polinomios de Chebyshev pasarían a
estar descritos por:
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.6
0.4
0.4
0.2
0.2
x
0
x
-0.2
-0.4
-0.4
-0.6
-0.6
-0.8
-1
Debido a que acos ω es un número complejo siempre que ω ≥ 1 , tendría-
-0.8 -0.6 -0.4 -0.2
C5 ( x )
0.8
-0.8
(3.24)
-1
1
-0.2
que es un polinomio que oscila uniformemente entre 0 y ε . Los polinomios
-1
-1
-0.8 -0.6 -0.4 -0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
-1
-0.8 -0.6 -0.4 -0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figura 3.6: Polinomios de Chebyshev
y así seguimos calculándolos fácilmente
2
C 2 ( ω ) = 2ω – 1
3
C n ( ω ) = cosh ( n acosh ω ) =
C 3 ( ω ) = 4ω – 3ω
n
–n
2
2
1
= --- ( ω + ω – 1 ) + ( ω + ω – 1 )
2
(3.25)
que aumenta monótonamente con ω . De todos modos, ambas expresiones
son válidas para todo valor de ω .
(3.29)
…
De (3.26) y (3.28) se deduce que C n ( 1 ) = 1 para todo n ; C n ( 0 ) = 0 para
n impar y ± 1 para n par; y que C n ( ω ) es par para n par, e impar para n
impar. La Fig. 3.6 muestra una representación de los polinomios de Cheby-
Los dos primeros polinomios de Chebyshev son:
C0 ( ω ) = 1
shev de orden más bajo.
(3.26)
C1 ( ω ) = ω
La función de transferencia paso de baja todo-polo de orden n e igual
rizado en la banda pasante, Chebyshev, H ( s ) se obtendrá a partir de:
H ( jω )
De la relación trigonométrica recursiva,
cos [ ( n + 1 )x ] = 2 cos nx cos x – cos [ ( n – 1 )x ]
(3.27)
podemos extraer una fórmula recursiva para los polinomios de Chebyshev:
3 -11
0
0
2
C n + 1 ( ω ) = 2ωC n ( ω ) – C n – 1 ( ω )
-0.8 -0.6 -0.4 -0.2
C4 ( x )
0.8
0.6
K ( jω )
x
0
-0.2
-0.4
1
error uniformemente en toda la banda pasante. Para ello:
C3 ( x )
1
0.8
0.6
n = 1, 2 , …
(3.28)
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
2
1
= ------------------------------2 2
1 + ε Cn ( ω )
(3.30)
Los ceros de C n ( ω ) , que son los ceros de reflexión del filtro de Chebyshev vienen dados por,
cos ( n acos ω ) = 0
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
(3.31)
3 -12
ASC
ASC
3.5 Aproximación de igual rizado. Aproximación Chebyshev
π
n acos ω = ( 2k + 1 ) --2
luego
(3.32)
Por tanto, los ceros de reflexión, ceros de K ( s ) , serán:
 0, ± ω
ri

s = 
 ±ω
ri

donde
n–1
con i = 0, 1, 2, …, -----------2
si n es impar
con i = 0, 1, 2, …, n--- – 1
2
si n es par
(3.34)
Los polinomios de Chebyshev pueden entonces expresarse en términos de
sus raíces como:
Cn ( ω ) = 2
n–1
Cn ( ω ) = 2
∏
k=1
n⁄2
n–1
2
2
( ω – ωr )
k
Esta ecuación está resuelta en el apéndice A.3.2, donde se llega a que:
–1 ⁄ n
 1 ⁄ n 1
1 1
2k + 1
1
1- + 1
–  --- + ---sen  --------------- π +
s k = – ---  --- + ----- + 1


2
2
2 ε
2n 
ε



ε
ε
1 1
 1 ⁄ n 1
 –1 ⁄ n
2k + 1 
1
1
+ j  ---  --- + ----- + 1
+  --- + ----- + 1
cos  --------------- π 
 2n  
2
2
2  ε

ε

ε
ε
(3.39)
n–1
si n es impar
(3.35)
2
2
∏ ( ω – ωrk )
si n es par
1 ⁄ (2
ε)
1
H ( s ) = -------------------------------------------- = ---------------------------------------------------------------------------n
n
n–1
+ … + b1 s + b0
s + bn – 1 s
n–1
ε ∏ ( s – sk )
2
(3.40)
k=1
k=1
Los denominadores de estas funciones de transferencia, para un ε determi-
ya que las raíces son simétricas respecto del origen.
De las ecuaciones (3.24) y (3.30) se deduce que H ( jω ) oscila con
igual rizado en toda la banda pasante 0 ≤ ω ≤ 1 . También tenemos que:
 1

2
1
H ( j0 ) =  ------------
2
1 + ε
(3.38)
Si conocemos los polos, la función de transferencia es:
(n – 1) ⁄ 2
ω
a 0 el denominador de (3.30) con ω = s ⁄ j :
2 s
2
1C n  -  = cos  n acos s-  = – --- j

2
j
ε
(3.33)
2k + 1 π
ω r = cos --------------- --k
n 2
Las posiciones de los polos del filtro Chebyshev se obtienen igualando
H ( jω )
2
n = 2
3 4
1
si n es impar
si n es par
(3.36)
1
-------------2
1+ε
y, al mismo tiempo que,
H ( j1 )
2
1
= -------------2
1+ε
para todo n
(3.37)
Además H ( jω ) decrece monótonamente para ω > 1 , tal como se muestra
en la Fig. 3.7 para n = 2, 3 y 4 .
3 -13
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
1
ω
Figura 3.7: Funciones de transferencia paso de baja Chebyshev
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -14
ASC
ASC
3.5 Aproximación de igual rizado. Aproximación Chebyshev
nado, se encuentran tabulados (normalmente hasta orden 10).
0.0
Determinación de n
-5.0
Para determinar n se evalúa la función de transferencia en la banda de
2 2
ε Cn ( ωs )
≥δ
2
(3.41)
Sustituyendo (3.25) ya que ω s > 1 y despejando n se obtiene:
acosh ( δ ⁄ ε )
n ≥ ----------------------------acosh ω s
-10.0
Magnitud (dB)
rechazo y debe obtenerse la atenuación mínima:
-15.0
-20.0
-25.0
(3.42)
-30.0
1.00E+00
1.00E+01
1.00E+02
1.00E+03
Frecuencia (Hz)
Figura 3.8: Diagrama de Bode de magnitud del filtro Chebyshev.
Ejemplo
1.5
1.0
3.2.- Encontrar la función de transferencia de un filtro Chebyshev paso de
máximamente plano (banda pasante en
0 ≤ f ≤ 1.2kHz
con
A p = 0.5dB de atenuación máxima y una banda de rechazo en
0.5
Magnitud (dB)
baja que satisfaga las misma especificaciones del ejemplo del filtro
0.0
-0.5
f ≥ 1.92kHz con una atenuación mínima A s = 23dB ).
-1.0
Solución detallada
De la ecuación (3.5) se obtiene ε = 0.3493 . Aplicando entonces (3.41)
-28.5
se obtiene n = 4.19 . Por tanto, se necesita un filtro de quinto orden. Final-
-29.0
mente usando la tabla III2a se obtiene la función:
-29.5
Nótese que H ( 0 ) = 1 . Si n hubiera sido par, habría salido – 0.5dB .
La Fig. 3.8 muestra el diagrama de magnitud de dicho filtro. La Fig. 3.9
muestra una ampliación del diagrama de Bode de magnitud en la banda pasante y en el entorno del borde de la banda de rechazo. En el primero de los
Magnitud (dB)
0.1789
H ( s ) = -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- (3.43)
5
4
3
2
s + 1.17251s + 1.9374s + 1.3096s + 0.7525s + 0.1789
-1.5
1.00E+01
1.00E+02
Frecuencia (Hz)
1.00E+03
-30.0
-30.5
-31.0
-31.5
-32.0
1.88E+03
1.90E+03
1.92E+03
Frecuencia (Hz)
1.94E+03
1.96E+03
diagramas se aprecia la distribución no uniforme de los ceros de reflexión.
Figura 3.9: Ampliación del diagrama de Bode de magnitud en el borde
de la banda pasante y en el borde de la banda de rechazo.
3 -15
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -16
3.5 Aproximación de igual rizado. Aproximación Chebyshev
ASC
El segundo de los diagramas muestra cómo las especificaciones de aten-
ello, la Fig. 3.11 muestra representaciones gráficas de 20log 10 C n ( ω s ) para
ASC
uación en la banda de rechazo se cumplen por exceso debido al orden no entero requerido para cumplir exactamente las especificaciones. La Fig. 3.10
1 ≤ ω s ≤ 2 y para 3 ≤ n ≤ 10 . Por tanto, dados A p , o sea ε , A s , o sea δ , y
ω s se pueden utilizar para determinar el orden del filtro.
110
muestra la distribución de los polos.
1.5
Im(s)
100
n = 10
90
9
80
8
70
7
60
6
50
5
40
4
30
3
x1
20log 10 ( δ ⁄ ε ), dB
x
0.5
-1
Re(s)
0
x
-0.5
0
0.5
1
-0.5
x
x-1
-1.5
20
Figura 3.10: Polos del filtro Chebyshev (normalizados).
10
Podemos comprobar pues que el filtro Chebyshev es mas eficiente que el
máximamente plano para realizar las mismas especificaciones. Puede dem-
0
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
ωs
Figura 3.11: Carta de diseño Chebyshev
1.8
1.9
2
ostrarse que esto siempre es así.
Alternativamente se puede recurrir a diagramas de tolerancias para diseñar filtros Chebyshev. Puesto que,
2
δ =
2 2
ε Cn ( ωs )
3.6 Filtros Chebyshev inversos
(3.44)
Por tanto,
δ
20log 10  -- = 20log 10 C n ( ω s )
 ε
puede deducirse a partir de la aproximación Chebyshev convencional medi(3.45)
Para n y ω s fijos aumentar la atenuación en la banda de rechazo, A s , y por
tanto aumentar δ , significa aumentar el rizado ε y por tanto la atenuación
en la banda de paso A p .
Esta relación puede utilizarse para determinar el orden n del filtro. Para
3 -17
Si se requiere una banda pasante monotónica y una banda de rechazo de
igual rizado puede hacerse con la aproximación Chebyshev inversa que
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
ante las transformaciones que se muestran en la Fig. 3.12.
Según estas transformaciones, la magnitud de los filtros Chebyshev inversos está descrita por:
H ( jΩ )
2
2 2
ε Cn ( 1 ⁄ Ω )
= ------------------------------------2 2
1 + ε Cn ( 1 ⁄ Ω )
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
(3.46)
3 -18
ASC
ASC
3.6 Filtros Chebyshev inversos
K ( jΩ )
convencional de modo que puede deducirse que los polos de la aproxi-
2
mación Chebyshev inversa son los inversos de los polos de la aproximación
1 2
K  j ----
 Ω
ε
Chebyshev convencional. Obviamente el rizado ε habrá de escogerse
adecuadamente. Para ello podemos fijarnos en la procedencia del compor-
N polos de atenuación
2
tamiento en el borde de la banda pasante del Chebyshev inverso (Fig. 3.12)
Ωr
(a)
1
Ω r1
0
Ω
ε
en el Chebyshev convencional auxiliar:
2
2
1
K ( jΩ )
2
(b)
1
= ---------------------1 2
K  j ----
 Ω
ε Cheb. Inv. = K ( jΩ )
Ω
1
1
--------------Ωr Ω
r
0
1
o sea,
1---2
ε
2
1
Ω = -----Ωs
1
= --------------------2
1


1
K j --- Ω Ω = ----Ωs
2
1
ε Cheb. Inv. = ---------------------------------------------2
2
ε Cheb. Conv. C n ( Ω s )
(3.48)
(3.49)
No hay que olvidar que debido al método utilizado para la derivación de
la aproximación Chebyshev inversa, las funciones obtenidas están normalizadas respecto al borde de la banda de rechazo.
1 1 1
-------- -------Ωr Ωr
N ceros de reflexión
(c)
0
Ω
Puede demostrarse que los filtros Chebyshev inversos son tan eficientes
como los filtros Chebyshev en el sentido de obtenerse filtros del mismo or-
1
Figura 3.12: Proceso de obtención teórica de los filtros Chebyshev inversos a partir de los Chebyshev convencionales.
Comparando (3.46) con (3.11), una vez que desarrollamos C n ( 1 ⁄ Ω ) , se
comprueba que los filtros Chebyshev inversos tienen una banda pasante
máximamente plana y tienen ceros de transmisión finitos localizados en
C n ( 1 ⁄ Ω ) = 0 . Los ceros de transmisión de los filtros Chebyshev inversos
son, por tanto, los inversos de los ceros de reflexión del Chebyshev convencional del mismo orden.
1+
⁄ Ω) = 0
para Ω = s ⁄ j
shev se obtiene también orden 5. El diagrama de Bode de magnitud resultante se muestra en la Fig. 3.13 y una ampliación del mismo en el entorno de
la frecuencia de corte en la Fig. 3.14. La distribución de polos y ceros se
muestra en la Fig. 3.15
Sin embargo, su comportamiento en fase y retraso es muy diferente. Los
filtros Chebyshev tienen mayores valores del factor de calidad de los polos
con mayores picos, tal como se ilustra en la Fig. 3.16. Por tanto, los filtros
(3.47)
pero una ecuación similar ya se ha resuelto para la aproximación Chebyshev
3 -19
el mismo conjunto de especificaciones utilizadas en la aproximación Cheby-
que los filtros de Chebyshev inversos lo que se traduce en curvas de retraso
En cuanto a los polos, estos vendrán dados por la soluciones de:
2 2
ε Cn ( 1
den para aproximar un conjunto dado de especificaciones. Por ejemplo, para
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
de Chebyshev inversos son preferibles en aplicaciones donde son importantes pequeñas variaciones de retraso como en video o transmisión de da-
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -20
ASC
ASC
3.7 Aproximación elíptica
5.0
0.0
-5.0
Magnitud (dB)
-10.0
-15.0
-20.0
-25.0
-30.0
Fig.1.26 Schauman
-35.0
-40.0
-45.0
1.00E+00
1.00E+01
1.00E+02
1.00E+03
1.00E+04
1.00E+05
Frecuencia (Hz)
Figura 3.13: Diagrama de Bode de magnitud del filtro Chebyshev inverso.
0.0
Figura 3.16: Comparación del retraso de filtros Chebyshev y
Chebyshev inversos
-1.0
Magnitud (dB)
-2.0
2
Im(s)
O
-3.0
1.5
1O
-4.0
x
-5.0
1.00E+03
x
0.5
1.20E+03
Frecuencia (Hz)
1.30E+03
1.40E+03
1.50E+03
Figura 3.14: Ampliación del comportamiento en la banda pasante.
-1.5
-1
Re(s)
0
x
-2
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
-0.5
x
tos.
x
-1 O
-1.5
3.7 Aproximación elíptica
Los filtros Butterworth y Chebyshev proporcionan aproximaciones
3 -21
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
O
-2
Figura 3.15: Polos y ceros del filtro Chebyshev inverso (normalizados
respecto del borde de la banda de rechazo).
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -22
ASC
ASC
3.7 Aproximación elíptica
fáciles de realizar. Sin embargo, son ineficientes en las bandas de paso y de
rechazo. Proporcionan normalmente más atenuación de la necesaria. Si se
mueven algunos ceros de reflexión desde cero a posiciones cercanas al borde
de la banda de paso se aumentará también la pendiente de la caída en la banda de transición. Esto es lo que se hizo en el filtro Chebyshev convencional,
mientras que en la banda de rechazo, los ceros de transmisión permanecían
en infinito. Si además se mueven algunos polos de atenuación (o ceros de
transmisión) desde el infinito a posiciones cercanas al borde de la banda de
Fig. 4.16 Sedra
rechazo se aumentará aún másla pendiente de la caída en la banda de transición. Esto es lo que se ha hecho en el filtro Chebyshev inverso, aunque la
banda pasante máximamente plana impedía una caída más pronunciada.
Luego, si las especificaciones de atenuación en la bandas de paso y de rechazo son constantes una aproximación óptima será aquella que tenga un
igual rizado en la banda de paso y en la de rechazo. La función característica
debe aproximarse a 0 en la banda de paso y a ∞ en la banda de rechazo con
igual rizado en ambas. Esta aproximación se denomina elíptica porque, en
la obtención de la función característica, se utilizan las funciones elípticas
doblemente periódicas.
La Fig. 3.17 muestra las funciones de atenuación de filtros elípticos de
orden 5 y 6, que son representativos de filtros de orden impar y par, respectivamente. Podemos observar las siguientes propiedades:
1) La aproximación del filtro elíptico se caracteriza por 4 parámetros:
A p (ó ε ), ω s , A s y el orden n . Cualquier subconjunto formado por tres
de estos parámetros lo describen completamente.
2) El orden n y el factor de selectividad ω s determinan de forma única
los ceros de reflexión ω r , los polos de la atenuación ω z y la razón
i
i
( δ ⁄ ε ) . Por tanto, se tendría que buscar un compromiso entre ε y δ ;
cuando una aumenta la otra también.
Figura 3.17: Características de atenuación de filtros elípticos de orden
par e impar
ceros de reflexión y transmisión están en el eje jω . Luego la función
característica tiene esta forma:
(
)
2
2
( s + ωr )
i
i=1
K ( s ) = k --------------------------------------------(n – 1) ⁄ 2
s
∏
∏
i=1
n⁄2
2
(s +
para n impar
2
ωz )
i
(3.50)
2
2
∏ ( s + ω ri )
=1
K ( s ) = k i--------------------------------n⁄2
2
2
∏ ( s + ωz )
para n par
i
3) Para n impar el filtro elíptico tiene un cero de reflexión en el origen
4) Como en los filtros de Chebyshev, para n par la función característica
y un polo de atenuación en el ∞ . Esto no ocurre para n par. Los otros
en ω = 0 , K ( j0 ) , determina el máximo rizado en la banda de paso.
3 -23
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
2
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -24
ASC
ASC
3.7 Aproximación elíptica
Como en los filtros Chebyshev inversos,
K ( jω )
2
en infinito deter-
mina el mínimo rizado en la banda de rechazo. Para cualquier n el
número total de picos y valles en la banda pasante es el orden del filtro n .
Extrayendo ε de K ( s ) se obtienen las funciones que caracterizan a las
aproximaciones elípticas, denominadas funciones racionales de Chebyshev:
(
)
2
2
∏
i=1
n⁄2
(3.54)
Dibujando 20log 10 R n ( ω s ) frente a ω s obtenemos familias de curvas con
las que se puede determinar el orden n , dados A s , ε y ω s . Estas curvas se
muestran en la Fig. 3.18. Por ejemplo, si A p ≤ 0.5dB ( ε = 0.3493 ),
A s ≥ 50dB y ω s = 1.5 entonces el orden del filtro es n = 5 .
( ω – ωr )
i
i=1
R n, ω ( ω ) = r -----------------------------------------------(n – 1) ⁄ 2
s
2
2
∏ ( ω – ωz )
ω
1
A s + 20 log 10 --- ≈ 20log 10 R n ( ω s )
ε
para n impar
i
(3.51)
2
2
∏ ( ω – ω ri )
=1
R n, ω ( ω ) = r i---------------------------------n⁄2
s
2
2
∏ ( ω – ωz )
para n par
Fig. 1.27 Schauman
i
que dependen del valor de ω s , a través de los ω z y de los ω r . La magnitud
de la función de transferencia vendrá dada por:
H ( jω )
2
1
= -----------------------------2 2
1 + ε Rn ( ω )
i
i
(3.52)
Figura 3.18: Carta de diseño de filtros elípticos
En la aproximación elíptica los ceros de reflexión y los polos de aten-
La obtención de polos y ceros requiere normalmente el uso de un orde-
uación exhiben simetría geométrica alrededor de una frecuencia de la banda
nador. Se pueden encontrar tablas de polos y ceros para un gran número de
de transición,
ω p ω s , es decir,
ωz ωr = ωz ωr = … = ωs ωp
z
1
2
2
casos. La forma de la función de transferencia de un filtro elíptico es:
m
(3.53)
Determinación del orden del filtro n
Tal como se ha hecho para las otras aproximaciones se puede derivar
una ecuación para el orden del filtro elíptico necesario para cumplir unas especificaciones dadas. Sin embargo, tal expresión incluye integrales elípticas
para las cuales se necesitan tablas. Pero es fácil observar que en la banda de
2
H ∏ ( s + ai )
i=1
H ( s ) = ----------------------------------------------------------------------------------------------------------n
n–1
n–2
s + bn – 1 s
+ bn – 2 s
+ … + b1 s + b0
(3.55)
Estas funciones se encuentran tabuladas y H se escoge de forma que el pico
de ganancia sea la unidad.
2 2
rechazo ε R n ( ω ) » 1 . Por tanto, si A s es la atenuación en dB para ω = ω s :
3 -25
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -26
ASC
ASC
3.7 Aproximación elíptica
Ejemplo
3.3.- Encontrar la función de transferencia de un filtro elíptico que satisface
las mismas especificaciones de los ejemplos anteriores (banda pasante
en 0 ≤ f ≤ 1.2kHz con A p = 0.5dB de atenuación máxima y una
banda de rechazo en f ≥ 1.92kHz con una atenuación mínima
A s = 23dB ).
n Chebyshev = 5 y n Butterworth = 8 . Estas diferencias de orden son aún
mayores si las especificaciones son más estrictas. Por ejemplo, para
A p = 0.05dB , A s = 80dB y ω s = 1.2 se obtiene n elíptico = 10 ,
n Chebyshev = 20 y n Butterworth = 63 .
Hemos visto que para unas especificaciones de magnitud dadas la
aproximación elíptica es la más eficiente (de las aproximaciones clásicas),
seguida por la Chebyshev y la Butterworth. El motivo principal es la dis-
Solución detallada
2
Tenemos que ω s = 1.6 y ε = 0.1220 . Para usar las tablas de filtros
elípticos necesitamos los números
A 1 = mín H ( jω )
tribución de igual rizado del error en la banda pasante junto con la presencia
de ceros de transmisión finitos que permiten a la función de transferencia
en ω ≤ 1 y
A 2 = máx H ( jω ) en ω ≥ ω s . Tenemos que
– 0.1A s ⁄ 2
1
A 2 = -----------------= 0.0708
- = 10
2
1+δ
-5.0
-10.0
(3.56)
Magnitud (dB)
1
A 1 = ------------------ = 0.944
2
1+ε
0.0
-15.0
-20.0
-25.0
En las tablas se comprueba que un filtro elíptico de segundo orden no
-30.0
cumple las especificaciones. Para ω s = 1.6 y A 1 = 0.95 , se tiene
A 2 = 0.35099 .
-35.0
1.00E+00
1.00E+02
1.00E+03
1.00E+04
Frecuencia (Hz)
Con un filtro de tercer orden se tiene A 2 = 0.066 < 0.0708 . Por tanto:
2
1.0
(3.57)
con H ( 0 ) = 1 ya que el orden es impar.
El diagrama de Bode de magnitud resultante y una ampliación del mis-
0.5
Magnitud (dB)
0.2816 ( s + 3.2236 )
H ( s ) = ---------------------------------------------------------------------------------------2
( s + 0.7732 ) ( s + 0.4916s + 1.1742 )
1.00E+01
1.5
0.0
-0.5
mo en el entorno del borde la banda pasante se muestran en la Fig. 3.19.
-1.0
A modo de resumen, la Fig. 3.20 muestra los diagramas de magnitud
obtenidos en los ejemplos. Para las siguientes especificaciones:
A p = 0.5dB , A s = 23dB y ω s = 1.6 , hemos obtenido n elíptico = 3 ,
3 -27
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
-1.5
1.00E+02
1.00E+03
Frecuencia (Hz)
Figura 3.19: Diagrama de magnitud del filtro elíptico y ampliación de
la banda pasante.
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -28
ASC
ASC
3.7 Aproximación elíptica
0.0
Butterworth (n=8)
Chebyshev (n=5)
Chebyshev inverso (n=5)
-5.0
Elíptico (n=3)
-10.0
Magnitud (dB)
-15.0
-20.0
-25.0
-30.0
-35.0
-40.0
1.00E+00
1.00E+01
1.00E+02
1.00E+03
1.00E+04
1.00E+05
Frecuencia (Hz)
Figura 3.20: Diagrama de Bode de magnitud para todas las aproximaciones clásicas que hemos visto.
elíptica tener una transición muy brusca (la anchura de la región de transición es la especificación más exigente). Para las mismas especificaciones
que los ejemplos anteriores pero con ω s = 1.1 se obtiene n elíptico = 4 ,
n Chebyshev = 10 y n Butterworth = 39 .
Es interesante comparar las tres aproximaciones desde el punto de vista
Figura 3.21: Comparación de retrasos y ampliación.
del retraso. Ya que los filtros Chebyshev y elípticos tienen polos con
mayores factores de calidad, sus curvas de retraso para el mismo orden
tienen más pico. Sin embargo, esta aproximación no es muy correcta puesto
que estamos comparando curvas de retraso de igual orden y la comparación
debe efectuarse entre filtros que cumplan las mismas especificaciones. En
este caso, la Fig. 3.21 muestra una comparación de los retrasos para las especificaciones: A p = 0.5dB , A s = 23dB y ω s = 1.25 . Sin embargo, a
medida que las especificaciones son más relajadas y los órdenes necesarios
en cada aproximación son iguales o no difieren mucho, las diferencias de
comportamiento en retraso vienen dominadas por los factores de calidad de
Figura 3.22: Comparación de retrasos para igual orden.
los polos correspondientes, como aparece en la Fig. 3.22
3 -29
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -30
ASC
ASC
3.8 Aproximación Bessel
3.8 Aproximación Bessel
Los coeficientes del denominador de la función de transferencia se obtienen mediante:
( 2n – i )!
b i = --------------------------------n–i
2
i! ( n – i )!
Para una transmisión sin distorsión de fase o retraso la función de transferencia debe ser:
H ( s ) = Ke
– sτ
(3.58)
la cual proporciona fase lineal o retraso constante. Mediante esta función, la
salida es una réplica exacta de la entrada retrasada τ segundos.
Una aproximación todo polo para e
– sτ
i
y
bn = 1
(3.60)
(3.61)
i=0
Los polinomios de retraso máximamente plano para n ≤ 10 se encuentran
es:
b0
H ( s ) = --------------------------------------------------------------------------n
n–1
s + bn – 1 s
+ … + b1 s + b0
n
D ( s ) = ∑ bi s
siendo
i = 0, 1, …, n – 1
tabulados. Los de orden superior se obtienen mediante la siguiente relación
(3.59)
donde los coeficientes b i se obtienen imponiendo un retraso máximamente
plano. Los polinomios así obtenidos son los polinomios de Bessel, y los filtros, filtros de Bessel. También se les denomina filtros de retraso máxima-
recursiva:
2
D n ( s ) = ( 2n – 1 )D n – 1 + s D n – 2
(3.62)
A mayor n se obtiene una aproximación más precisa de retraso constante. Si dividimos b i ⁄ b 0 ,
n
b
n! ⁄ ( n – i )!
1
( 2n – i )! 2 n!
-----i = --------------------------------- ------------- = --------------------------------------------- --n–i
– i i!
(
2n
)!
b0
( 2n )! ⁄ ( 2n – i )!2
i! ( n – i )!
2
mente plano. La Fig. 3.23 muestra la característica en magnitud y retraso
para n ≤ 10 .
Para n → ∞ :
i
b
n
-----i → ----------------------- = --1i –i
b0
i!
( 2n ) 2 i!
(3.63)
(3.64)
Luego,
Fig.1.18 Ghausi
Fig.1.19 Ghausi
b0
b0
–s
lim H ( s ) = lim ------------------------- = lim ----------------------- = e
n
n
n→∞
n→∞
n→∞
bi i
1 i
b 0 ∑ ----- s
b 0 ∑ --- s
i!
b0
i=0
(3.65)
i=0
que corresponde a un retraso constante normalizando s por Ω o = 1 ⁄ τ o .
Para n finito, H ( s ) tiene errores de magnitud y retraso. El único
parámetro disponible de los filtros Bessel debe elegirse de modo que ambos
Figura 3.23: Magnitud y retraso para filtros Bessel con n≤10
3 -31
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
errores sean aceptablemente pequeños. Para ayudar en esta elección se disponen de curvas de atenuación y errores de retraso, tales como las que se
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -32
ASC
ASC
3.8 Aproximación Bessel
3.9 Transformaciones en frecuencia
muestran en la Fig. 3.24.
Los filtros Bessel son ineficientes en términos de selectividad de ganancia (o sea, cuando se usan como aproximación en magnitud). Por ejemplo,
Hasta ahora sólo hemos considerado la aproximación de funciones de
para ω = 4ω p la atenuación de un filtro Butterworth de cuarto orden es
50dB mientras que se necesita un filtro Bessel de orden 7 para conseguir la
transferencia con especificaciones paso de baja. Las transformaciones en
misma atenuación. Por esta razón es preferible utilizar filtros diseñados en
frecuencia, obtener, a partir de una función de transferencia paso de baja
ganancia y utilizar ecualizadores de fase.
conocida, llamada paso de baja prototipo, otros tipos de características de
frecuencia consiguen, mediante una simple transformación de la variable de
transferencia tales como paso de alta, paso de banda o rechazo de banda.
Transformación paso de baja a paso de banda (LP→BP)
La transformación paso de baja a paso de banda se usa para encontrar
una aproximación a unas especificaciones paso de banda calculando primero
una aproximación a unas especificaciones paso de baja “equivalentes”. Por
tanto, la transformación LP→BP se aplica a la función de transferencia del
filtro paso de baja prototipo para obtener la función de transferencia del filtro paso de banda.
El punto de partida son unas ciertas especificaciones para el filtro paso
H ( jω ) = H ( jω ) e
– jφ ( ω )
Fig.1.29 Schauman
de banda. El primer paso es encontrar las especificaciones para el filtro paso
de baja prototipo. Este paso dependerá de las propiedades de la transformación LP→BP por lo que nos ocupamos de ellas en primer lugar.
Consideremos unas especificaciones de atenuación paso de baja tales
como las de la Fig. 3.25.
Estas especificaciones pueden satisfacerse con una aproximación clásica. Si pretendemos realizar una aproximación no clásica, carecería de sentido la transformación puesto que sería más conveniente realizar directamente
la aproximación paso de banda.
∂φ
τ(ω) = –
= τ o [ 1 – ∆τ ( ω ) ]
∂ω
Figura 3.24: Error de magnitud y retraso para filtros Bessel en función de la frecuencia normalizada ω=Ωτo para diferentes
órdenes n.
3 -33
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Una vez que se han obtenido las especificaciones paso de baja ( A p , A s
y ω s ) se busca una aproximación adecuada con ayuda de tablas o fórmulas.
Esto proporciona una función de transferencia H LPP ( s ) (donde s = jΩ )
para el filtro paso de baja prototipo. Entonces se busca una transformación
de la variable de frecuencia s en una nueva variable de frecuencia p
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -34
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
A(Ω )
A ( Ω ), dB
A(ω)
B
As
As
ω 1'
A
ω 2'
Ap
–Ωs –1
Ap
0
1
Ωs
Ω1 = –Ω
Ω
A
ω1
ω2
Ap
0
1 Ωs
Ω2 = Ω
–ω o –ωs
ωs
ωs ωo
–ωs
2
1
2
1 0
ωp
–ω p
–ω p
ωp
2
2
1
1
Ω
2
Figura 3.25: Especificaciones paso de baja y aproximación típica
As
(a)
s = jΩ
ω
2
p +ω
s = ------------------opB
p = jω
(b)
( p = jω ), s = f ( p ) , tal que la función de transferencia paso de banda:
H BP ( p ) = H LPP ( s )
s = f( p)
(3.66)
2) Cualquier frecuencia s = jΩ en la que la atenuación es A dB se
satisface las especificaciones paso de banda.
transforma en dos frecuencias, una positiva y otra negativa, con la
Ya que la atenuación es una función par de Ω , podemos dibujar la función A ( – Ω ) como imagen especular de A ( +Ω ) para obtener la representación completa de A ( Ω ) que se muestra en la Fig. 3.26.
Obsérvese que esta gráfica representa un filtro paso de banda cuya frecuencia central es 0, la banda de paso se extiende desde −1 a +1 y la banda
de rechazo superior se extiende de Ω s a ∞ y la inferior de – Ω s a – ∞ .
Necesitamos una transformación de frecuencia que traslade esta representación a una posición determinada en la parte positiva y negativa del eje
2
2
(3.67)
De esta expresión se obtienen las siguientes propiedades:
1) La frecuencia s = 0 se transforma en p = ± jω o . ω o se denomina
frecuencia central del filtro paso de banda.
3 -35
misma atenuación de A dB:
2 1 2 2
1
ω 2 = --- BΩ + ω o + --- B Ω
2
4
2 1 2 2
1
ω 2 ′ = --- BΩ – ω o + --- B Ω
4
2
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
(3.68)
La frecuencia s = – j Ω también produce dos frecuencias, positiva y
negativa, con A dB de atenuación:
2 1 2 2
ω 1 = – 1--- BΩ + ω o + --- B Ω
4
2
de frecuencias. Esta transformación es:
p +ω
s = ------------------o
pB
Figura 3.26:Transformación LP→BP
2 1 2 2
1
ω 1 ′ = – --- BΩ – ω o + --- B Ω
4
2
(3.69)
Dado que estamos solo interesados en frecuencias positivas podemos
decir en resumen que una frecuencia s = ± jΩ en el filtro paso de baja
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -36
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
prototipo da lugar a dos frecuencias positivas:
2 1 2 2
1
ω 1, 2 = −
+ --- BΩ + ω o + --- B Ω
2
4
ciones como sigue:
1) La atenuación de las bandas de rechazo debe hacerse constante ya que
(3.70)
atenuación mínima A s debe hacerse igual al caso más desfavorable.
2) Deben redefinirse los bordes de las bandas de rechazo para que sean
relacionadas mediante
2
ω1 ω2 = ωo
éste es el único caso que se considera en las aproximaciones clásicas. La
(3.71)
Es decir, en el diagrama de atenuación transformado cada dos fre-
geométricamente simétricos. Para ello primero se halla la frecuencia
central:
ωo =
cuencias de igual atenuación son geométricamente simétricas respecto
a la frecuencia central ωo.
ω p1 ω p2
Entonces se evalúa:
3) Las bordes de la banda de paso s = ± j1 se transforman en cuatro fre-
2
ω
ω s1 = -----oω2
cuencias. Las dos positivas vienen dadas por:
− 1--- B + ω 2 + 1--- B 2
ω p1, 2 = +
o 4
2
(3.72)
Por tanto:
ω p2 – ω p1 = B
(3.75)
(3.76)
Si ω s1 > ω 1 entonces los bordes de la banda de rechazo son ω s1 y
ω 2 . Pero si ω s1 < ω 1 entonces se evalúa:
2
ω
ω s2 = -----oω1
(3.73)
es el ancho de banda del filtro paso de banda.
(3.77)
4) Las frecuencias s = ± jΩ s , que definen la banda de rechazo, se corresponden con cuatro frecuencias. Las dos positivas se relacionan mediante:
ω s2 – ω s1 = BΩ s
(3.74)
La Fig. 3.26(b) muestra el diagrama de atenuación transformado. La
propiedad más importante es la simetría geométrica. Esta es una limitación
fundamental de la transformación LP→BP: no es posible diseñar filtros BP
con simetría aritmética usando esta transformación.
A ( ω ), dB
As
As
A ( ω ), dB
As = As
2
2
1
As
3
Ap
Ap
ω1 ωp
1
ωp ω ω ω
4
2 3
2
ω
ωs ωp ωo ωp ω
s2
1
2
1
ω
Consideremos ahora el problema de encontrar una función de transferencia H BP ( p ) para las especificaciones paso de banda de la Fig. 3.27. Para
obtener una aproximación clásica primero hay que modificar las especifica3 -37
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Figura 3.27: Modificación de las especificaciones del filtro BP.
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -38
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
y se redefinen los bordes de la banda de rechazo como ω 1 y ω s2 . Las
especificaciones modificadas se muestran en laFig. 3.27(b.)
A(Ω)
A(ω)
El segundo paso es encontrar los parámetros del diagrama de especificaciones del filtro paso de baja prototipo. A p y A s son iguales que los de la
Fig. 3.27(b). El factor de selectividad Ω s se obtiene de (3.74):
ω s2 – ω s1
Ω s = -----------------------ω p2 – ω p1
As
As
Ap
Ap
(3.78)
Entonces se realiza una aproximación clásica del filtro paso de baja pro-
0
Ωr
totipo y se aplica la transformación LP→BP:
1
1
Ωs Ωz
1
Ω
0
ωp
ω z = -------1
Ωz
1
2
2
ωo
p +
s = -----------------pB
(3.79)
(a)
s = jΩ
Conviene hacer notar que la aplicación de la transformación conduce a
un filtro paso de banda desnormalizado en la frecuencia.
Esta transformación permite el diseño de un filtro HP mediante la transformación del diseño de un filtro LP prototipo. Esta transformación tiene
una importancia especial ya que es válida para el diseño de cualquier filtro
HP, no solamente para el caso de aproximaciones clásicas.
Consideremos la característica de atenuación paso de baja de la Fig.
3.28(a). A partir de ella dibujamos la función de atenuación A ( ω p ⁄ ω ) don-
de ω p es una frecuencia constante. Resulta la función paso de alta de la Fig.
3.28(b). Por definición el valor de ω s se obtiene de Ω s = ω p ⁄ ω s . Luego la
transformación LP→HP es,
ó
ω
s = -----pp
(3.80)
Transformación paso de baja a rechazo de banda (LP→BR)
La transformación LP→BR se usa para diseñar filtros rechazo de banda
3 -39
ωp
ω r = -------1
Ωr
ω
1
(b)
p = jω
Figura 3.28:Transformación paso de baja a paso de alta.
Transformación paso de baja a paso de alta (LP→HP)
ω
Ω = -----pω
ω
s = ------p
p
ω
ω s = ------p
Ωs
ωp
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
de simetría geométrica mediante la transformación del filtro paso de baja
correspondiente.
Consideremos la característica de atenuación paso de baja de la Fig.
3.29(a). Aplicando una transformación LP→HP con ω p = 1 se obtiene la
función de la Fig. 3.29(b). Esta transformación se obtiene mediante,
s = --1s'
(3.81)
Dado que la función de atenuación es una función par de la frecuencia se
puede replicar para Ω' < 0 , tal como se muestra en la Fig. 3.29(c). La característica resultante es del tipo rechazo de banda con la banda de rechazo entre – 1 ⁄ Ω s y 1 ⁄ Ω s . La frecuencia central es 0. Las bandas de paso se extienden desde −1 a – ∞ y de 1 a ∞ . Siguiendo el mismo procedimiento de la
transformación LP→BP se puede trasladar esta característica de atenuación
a cualquier punto del eje de frecuencia positivo mediante la transformación:
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -40
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
2
A( Ω)
A ( Ω' )
As
As
2
p +ω
s′ = ------------------o
pB
(3.82)
resultando la característica de atenuación de la Fig. 3.29(d).
Utilizando las propiedades de la transformación LP→BP tenemos que:
s = 1 ⁄ s'
Ω = 1 ⁄ Ω'
Ap
B = ω p2 – ω p1
Ap
0
1
Ωs
0
Ω
A ( Ω' )
(a)
1- 1
Ω s' = ----Ωs
Ω'
(b)
As
(3.83)
B
ω s2 – ω s1 = BΩ s ′ = -----Ωs
Luego la transformación LP→BR viene dada por,
pB
s = -----------------2
2
p + ωo
(3.84)
El conjunto de pasos a realizar para obtener una aproximación a un conjunto de especificaciones de filtro rechazo de banda son:
Ap
–1
0
– Ω s'
2
2
p + ωo
1
Ω s'
2
2
ωo – ω
s' = ------------------pB
1) Modificar las especificaciones haciendo constante la atenuación en
Ω'
las bandas de paso y de rechazo a su valor más bajo y más alto, respectivamente. También ha de transformarse el diagrama de forma que sea
(c)
Ω' = ------------------ωB
geométricamente
ωo =
A(ω)
simétrico.
Para
ello
consideraremos
que
ω s1 ω s2 y redefiniremos convenientemente las especifica-
ciones de los bordes de las bandas pasantes: ω p1 y ω p2 .
2) El filtro paso de baja prototipo correspondiente tendrá un factor de
As
selectividad Ω s dado por:
B
Ap
(d)
ωp
1
ωs
1
ωo
ωs
2
ωp
2
ω
Figura 3.29:Transformación paso de baja a rechazo de banda.
ω p2 – ω p1
Ω s = -----------------------ω s2 – ω s1
3) Encontrar una aproximación para el filtro paso de baja prototipo.
4) Aplicar la transformación LP→BR:
pB
s = -----------------2
2
p + ωo
3 -41
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
(3.85)
donde
B = ω p2 – ω p1
2
ω o = ω p1 ω p2 = ω s1 ω s2
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
(3.86)
3 -42
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
Problemas resueltos
2
A p = 10log 10 ( 1 + ε ) = 0.5dB
3.4.- Un filtro paso de baja tiene la función característica K ( s ) dada por
La forma de la ecuación característica es la siguiente:
2
K ( jω )
K ( jω )
2
10
0.48807ω
= ---------------------------------------------2 2
2 2
(2 – ω ) (3 – ω )
(3.87)
Determinar los ceros de transmisión, el parámetro ε , la atenuación de la banda pasante en dB y H ( s ) .
δ
2
ε
2
Solución:
En primer lugar tenemos, por la ecuación de Feldtkeller, que:
H ( jω )
2
1
1
= -----------------------------2
1 + K ( jω )
(3.88)
y como
2
2
F̂ ( jω )
= -------------------2
N ( jω )
(3.89)
2
2 2
H ( jω )
2
N ( jω )
= ----------------------------------------------2
2
N ( jω ) + F̂ ( jω )
(3.90)
tendremos ceros de transmisión en:
ω = ± 3
y
s = ±j 2
s = ±j 3
y
2
(3.91)
(3.92)
2
2
ε = 0.3493
(3.93)
10
0.1A p
2
2
(s + 2) (s + 3)
H ( s )H ( – s ) = ----------------------------------------------------------------------------2 2
2
2
10
( s + 2 ) ( s + 3 ) – 0.48807s
2
– 1 , tenemos que
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
2
2
(3.96)
2
(s + 2) (s + 3)
H ( s )H ( – s ) = ------------------------------------------------------------------------------------------------------2
4
6
8
10
36 + 60s + 37s + 10s + s – 0.48807s
(3.97)
Las raíces del denominador (que es D ( s )D ( – s ) ) son (calculadas con
ayuda de un ordenador):
s 1 = – 2.6376
Por otra parte, ε = K ( j1 ) , de modo que:
Asimismo, como ε =
(3.95)
seguimos operando y:
así que los ceros de transmisión son los polos de la atenuación, de modo que
ω = ± 2
2 2
(2 – ω ) (3 – ω )
= ---------------------------------------------------------------------------------2 2
2 2
10
( 2 – ω ) ( 3 – ω ) + 0.48807ω
2
2
ω
3
si hacemos ω = s ⁄ j llegamos a:
tenemos que:
3 -43
2
Para obtener H ( s ) partimos de:
H ( jω )
K ( jω )
o sea
(3.94)
s 2 = 2.6376
s 3, 5 = – 0.7876 ± j1.3391
s 4, 6 = 0.7876 ± j1.3391
s 7, 9 = – 0.1845 ± j1.1468
s 8, 10 = 0.1845 ± j1.1468
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
(3.98)
3 -44
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
de modo que para D ( s ) nos quedamos sólo con las que están en el semiplano
de modo que la magnitud de la función del sistema para s = jω será:
izquierdo del plano s , o sea: s 1, s 3, s 5, s 7 y s 9 .
Así que:
2
2
2
(s + 2)(s + 3)
H ( s ) = --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2
2
0.48807 ( s + 2.6376 ) ( s + 0.3690s + 1.3491 ) ( s + 0.3690s + 1.3491 )
(3.99)
2
cuya magnitud al cuadrado, H ( jω ) , tiene esta aproximadamente esta forma:
2
1
-------------2
1+ε
Vamos a ver ahora cuanto tienen que valer ω p y Q para que el valor
máximo de la ganancia sea 20 y ocurra para ω = 1rad/s . Para ello hacemos:
y así
1
2
ω
3
segundo orden con una ganancia en dc de 10 y una ganancia máxima
de 20 para ω = 1rad/s . Especificar los valores de ω p y Q .
(3.106)
2
⇒
Q – 4Q + 1 = 0
 3.7320
2
Q = 
 0.2679
(3.107)
2
de estos dos valores seleccionamos el mayor, ya que Q = 0.2679 no nos
llevaría a un máximo en ω máx . Por tanto Q = 1.9318 .
Finalmente, de (3.105) extraemos el valor de ω p , dado que ω máx tiene
que ser 1rad/s :
Solución:
Partimos de
3 -45
(3.105)
y de aquí, puesto que k = 10 :
3.5.- Obtener la función de transferencia H ( s ) de un filtro paso de baja de
2
kω p
⇒ H ( jω ) = -------------------------------------ωω p
2
2
ω p – ω + j ----------Q
1ω máx = ω p 1 – --------2
2Q
k
H ( jω máx ) = --------------------------1
1
------- – ---------2
4
Q 4Q
4
kω p
H ( s ) = --------------------------------2
2 ωp
s + ------ s + ω p
Q
2
ω
2
2
⇒ – 2 ( ω p – ω máx ) + ------p- = 0 (3.104)
2
Q
d
------- ( H ( jω ) )
= 0
dω
ω = ω máx
lo que nos lleva a:
1 -------------2
1+δ
2
(3.103)
k = 10
2
1.4314 ( s + 2 ) ( s + 3 )
H ( s ) = ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ (3.100)
5
4
3
2
s + 4.5817s + 9.4717s + 14.473s + 11.210s + 8.5883
H ( jω )
(3.102)
y puesto que H ( j0 ) = 10 tendremos que:
o sea:
2
kω p
H ( jω ) = -------------------------------------------------------2
ωω
2
2
2
p
( ω p – ω ) +  -----------
 Q 
(3.101)
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
1
ω p = ω máx  1 – ----------

2
2Q
1
– --2
= 1.0746rad/s
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
(3.108)
3 -46
3.9 Transformaciones en frecuencia
ASC
3.6.- Determinar el mínimo orden n requerido para una función de
máxima en la misma de 1 ⁄ 2 dB , que se extiende entre 0 y 1rad/s , y la
Solución:
F̂ ( s )
N(s)
Partimos de que H ( s ) = ----------- y K ( s ) = ----------- . Si contabilizamos los
N( s)
D(s)
polos y ceros en 0 y en infinito, el número de polos de H ( s ) es igual al
frecuencia de caída de – 3.01dB no puede ser mayor de 1.1rad/s .
número de ceros de H ( s ) y también al número de polos de la atenuación.
ASC
transferencia de igual rizado en la banda pasante, con una atenuación
Solución:
Antes de nada vamos a extraer convenientemente las especificaciones a
partir del enunciado:
ω p = 1.0rad/s
A p = 0.5dB
ω s = 1.1rad/s
A s = 3.01dB
10
0.1A p
–1 =
0.12202 = 0.3493
(3.109)
10
0.1A s
–1 =
0.99999 ≅ 1.0000
(3.110)
(3.111)
(3.112)
de modo que el orden mínimo requerido para que se cumplan las especifica-
2
2
(3.113)
donde la contante k engloba las posibles constantes de F̂ ( s ) y de N ( s ) .
K ( jω )
2
2 2
2
2
k ( ωr – ω )
= ------------------------------2
ω
(3.114)
Mediante la ecuación de Feldtkeller:
H ( jω )
2
2
1
ω
= ----------------------------- = --------------------------------------------2
2
2
2
2 2
1 + K ( jω )
ω + k ( ωr – ω )
2
2
–s
–s ⁄ k
H ( s )H ( – s ) = --------------------------------------------- = -------------------------------------------------------2 1 2
4
4 
2
2 2
2 2
s + 2ω r – ----- s + ω r
–s + k ( ωr + s )

2
k
3.7.- Dado un filtro con un polo de atenuación en infinito, un polo de
s = ± jω r
(donde ω r > 1 ⁄ 2 ) y con un rizado ε = 1 , hallar el orden del filtro, su
función de transferencia y los polos o modos naturales del filtro.
(3.115)
y ahora, haciendo ω = s ⁄ j
2
ciones citadas es n = 4 .
atenuación en 0 y dos ceros de reflexión en
K ( s ) tiene la forma:
O sea que
así que el orden saldrá de:
acosh ( δ ⁄ ε )
n ≥ ----------------------------- = 3.8618
acosh ω s
∞ . Para ello necesitaremos que N ( s ) = k 1 s y que el orden de F ( s ) sea 2.
k ( s + ωr )
K ( s ) = ------------------------s
y también el rizado en la banda de rechazo δ :
δ =
Tenemos polo de la atenuación en 0, y tenemos polo de la atenuación en
Puesto que tenemos ceros de reflexión en s = ± jω r , podemos suponer que
Primero vamos a obtener el rizado en la banda pasante ε :
ε =
Como el enunciado dice que la atenuación tiene dos polos, entonces: n = 2 .
(3.116)
Para encontrar las raíces del denominador de la función de transferencia, tendríamos que resolver la siguiente ecuación:
4
2
2
2
4
D ( s )D ( – s ) = s + ( 2ω r – 1 ⁄ k )s + ω r = 0
(3.117)
Supongamos para ello que las raíces del denominador de H ( s ) son un par
3 -47
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -48
3.9 Transformaciones en frecuencia
ASC
de polos complejos conjugados, s 1, 2 = – α ± j β . De modo que las raíces de
D ( s )D ( – s ) serían esas dos, más s 3, 4 = α ± j β , si hacemos:
Solución:
De manera análoga a como lo hemos hecho en el problema anterior,
ASC
D ( s )D ( – s ) = ( s – s 1 ) ( s – s 2 ) ( s – s 3 ) ( s – s 4 )
(3.118)
analizando el enunciado llegamos a la conclusión de que el filtro debe ser de
orden 3, ya que tenemos tres polos de atenuación (contando los que existen
en ∞ ). De estos polos de atenuación, dos son finitos, están sobre el eje jω ,
llegamos a que:
4
2
2
2
2
2 2
D ( s )D ( – s ) = s + 2 ( β – α )s + ( α + β )
(3.119)
Comparando (3.119) con (3.117) deducimos los valores de α y β , y por tanto:
2 2
1
1
s 1, 2 = – ------ ± j ------ 4k ω r – 1
2k 2k
2 2
1
1
s 3, 4 = ------ ± j ------ 4k ω r – 1
2k 2k
en concreto en ω = ± ω z . Esto nos lleva a que en N ( s ) aparezca un factor
2
2
del tipo: ( s + ω z ) . Asimismo, puesto que existe un polo de la atenuación en
infinito, el orden de F̂ ( s ) debe ser 3. Además, existiendo tres ceros de re3
flexión en s = 0 , debemos tener un factor de la forma s en F̂ ( s ) . Así que,
agrupando las posibles constantes en una, concluimos que:
(3.120)
3
ks
K ( s ) = -----------------2
2
s + ωz
de modo que para D ( s ) me quedo con s 1 y s 2 que tienen parte real negativa
y por tanto hacen que este sistema tenga los polos en el semiplano izquierdo
O sea que:
del plano s , por lo que será estable. Finalmente, si llamamos ω r ⁄ Q a 1 ⁄ k
tendremos:
2
ωr
------ s
Q
H ( s ) = -------------------------------ω
2
2
r
s + ------ s + ω r
Q
(3.121)
H ( jω )
2
2 2
2
( ωz – ω )
N ( jω )
= ----------------------------------------------- = --------------------------------------------2
2
2
2 2
2 6
N ( jω ) + F̂ ( jω )
( ωz – ω ) + k ω
(3.124)
Para averiguar el valor de k hemos de tener en cuenta que, en el borde
de la banda pasante, para ω = 1 , H ( j1 )
2
= 1 ⁄ 2 (ya que A p = 3dB ),
igualamos y:
con modos naturales:
1
p 1, 2 = – ω r ± jω r 1 – ---------2
4Q
(3.123)
H ( j1 )
(3.122)
2
2
2 2
2
( ωz – ωp )
1
(4 – 1)
= --------------------------------------------= ------------------------------- = --2
2
2
2
2 2
2 6
(4 – 1) + k
( ωz – ωp ) + k ωp
(3.125)
de donde tenemos que k = ± 2 .
Ahora, y puesto que ω s =
3.8.- Considerar una aproximación de filtro paso de baja normalizada con
ε = 1 ( A p ≅ 3dB ). El filtro tiene tres ceros de reflexión en 0, un polo
de atenuación en ∞ y un par de polos de atenuación en s = ± jω z , con
ω z = 2 . Si ω s =
3 -49
3 encontrar el valor de A s .
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
H ( jω s )
2
2
3 , tenemos
2 2
2
( ωz – ωs )
1
(4 – 3)
= --------------------------------------------= -------------------------------------------- = -----2
55
2
2 2
2 6
( 4 – 3 ) + ( 2 ⋅ 27 )
( ωz – ωs ) + k ωs
(3.126)
o sea que:
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -50
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
A s = – 10 log 10 H ( jω s )
2
= 10log 10 55 = 17.40dB
(3.127)
K ( jω )
3.9.- Convencionalmente se estudian las funciones de transferencia todo
polo máximamente planas alrededor de ω = 0 . Podría pensarse en
una frecuencia ω o en la banda pasante 0 < ω o < 1 como frecuencia a
la que la función fuera máximamente plana. Determinar la función
característica para este caso K ( s ) . Para esta función obtener y dibujar
K ( jω )
2
2
y
restricciones
2
H ( jω ) . ¿Cuál es el efecto de n y ω o ? ¿Qué
debe cumplir ω o si
H ( j0 ) = H ( j1 ) | y
2
ω = 0 a una ω = ω o . Para ello vamos a realizar un cambio de variable.
Por ejemplo ω = ω – ω o . El problema es que para que los coeficientes
sean reales la función K ( jω )
2
2 2n
= ε ω
transformación no nos asegura que K ( jω )
2
debe seguir siendo par, y esta
2
2
2n
 2 + ω 2
o
K ( s )K ( – s ) = ε -----------------⇒

2
1
ω
–

o
K ( j1 )
2
= ε (1 –
2 2n
ωo )
2
n
(3.131)
tenemos la forma de la función característica. Vemos que para ω = 0
pueden darse diferentes situaciones:
K ( j0 )
2
 –ω2 
o
= ε ---------------

2
 1 – ω o
2
2

 si ω o ≥ 1 ⁄ 2 ⇒ K ( j0 ) ≥ ε
(3.132)

 si ω < 1 ⁄ 2 ⇒ K ( j0 ) 2 < ε 2
o

2n
2
Veamos la forma de K ( jω )
K ( jω )
2
2
1
ω o > ------2
δ
1
ω o < ------2
2
(3.128)
Si redefinimos la transformación como
ε
2
ω –ω
ω = ------------------o2
1 – ωo
(3.130)
 s 2 + ω 2
o
K ( s ) = ε  ------------------

2
 1 – ωo 
2 s
sea par en ω .
Otro cambio posible sería ω = ω – ω o . Ahora el problema estaría en
el valor del rizado para ω = 1 , tendríamos:
2
2n
 2 – ω 2
o
= ε ------------------
2
 1 – ωo 
2 ω
Si hacemos ω = s ⁄ j :
mín ( H ( jω ) ) = 1 ⁄ ( 1 + ε ) para 0 ≤ ω ≤ 1 ?
Solución:
2
2 2n
En el caso en que ω o = 0 teníamos que K ( jω ) = ε ω . En esta
ocasión queremos trasladar el comportamiento que observábamos en
2
(3.129)
2
1
ω o = ------2
2
Por otro lado H ( jω )
1
ω
vale:
la función característica pasa a ser:
3 -51
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -52
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
2
H ( jω )
1
= -------------------------------------------2n
 ω 2 – ω 2
2
o
1 + ε  -------------------

2
 1 – ωo 
(3.133)
2
respecto de ( ω ) , también se anularán las 2n – 1 derivadas suce2
2
sivas de ∆ ( ω ) respecto de ( ω ) . De modo que veamos cuanto valen esas
2n – 1 derivadas de K ( jω )
2
2
respecto de ( ω ) :
2
2
2
2 2n – 1
2nε
d K ( jω )
= -------------------------- ( ω – ω o )
-----------------------ω = ωo = 0
2 2n
2
( 1 – ωo )
d ( ω ) ω = ωo
que tiene la siguiente forma:
H ( jω )
K ( jω )
2
2
2
2
2 2n – 2
2
2
2n ( 2n – 1 )ε ( ω – ω o )
d K ( jω )
= --------------------------------------------------------------------= 0
-------------------------2
2
2 2n
(
1
–
ω
)
d(ω )
ω = ωo
ω = ωo
o
1
-------------2
1+ε
2
2
(3.136)
2 2n – i
2
i
ε ( ω – ωo )
2n!
d K ( jω )
= -------------------- ⋅ ----------------------------------------= 0
------------------------( 2n – i )!
2 2n
2 i
(
1
–
ω
)
ω = ωo
d ( ω ) ω = ωo
o
1-----2
ω
1
de modo que el valor de ω o fija el máximo rizado en la banda pasante. Si
ω o ≤ 1 ⁄ 2 , éste será ε , mientras que si ω o > 1 ⁄ 2 , el máximo rizado será
2
n
2
ε [ ω o ⁄ ( 1 – ω o ) ] , que ocurre para ω = 0 .
así que n nos da el grado de planitud de la función de transferencia en ω o .
Finalmente, para responder a la última pregunta, igualamos esta expresiones:
H ( j0 )
2
Mientras tanto, n nos da el grado de planitud de la función de transfer2
encia en ω o . Podemos comprobar que K ( jω o ) = 0 y que las 2n – 1
derivadas del error de transmisión también son cero en ω = ω o . Tenemos
que el error de transmisión es
2
∆ ( ω ) = 1 – H ( jω )
2
1
= -----------------------------2
1 + K ( jω )
(3.134)
así que por la regla de la cadena:
(3.135)
2
lo que significa que si dK ⁄ d ( ω ) = 0 para ω = ω o , se anulará también
2
d∆ ⁄ d ( ω ) = 0 . Si esto ocurre para las 2n – 1 derivadas sucesivas de
3 -53
y
H ( j1 )
2
1
= -------------2
1+ε
(3.137)
de donde llegamos a que ω o = 1 ⁄ 2 , como ya habíamos identificado
2
antes, y el valor mínimo de H ( jω ) en la banda pasante es precisamente
2
2
H ( j1 ) , o sea, 1 ⁄ ( 1 + ε ) .
3.10.- Obtener una función de transferencia paso de baja H ( s ) que cumpla
2
d∆ ( ω )
d∆ dK
------------------- = ------- -------------2
2
dK
d(ω )
d(ω )
1
= ---------------------------------------4n
ω
2
o
1 + ε -------------------------2 2n
( 1 – ωo )
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
las siguientes condiciones:
a) La banda pasante es máximamente plana con A p ≤ 2dB en
0 ≤ f ≤ 6kHz .
b) Tiene ceros de transmisión en f 1 = 12kHz y f 2 = 24kHz .
c) Para altas frecuencias, la atenuación aumenta al menos 40dB/déc .
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -54
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
Solución:
En primer lugar normalizamos respecto del borde de la banda pasante.
De
modo
que
como
frecuencia
de
normalización
K ( jω )
tomamos
Ω o = 2π ⋅ 6kHz o sea Ω o = 12π rad/s . De modo que:
H ( jω )
Como ya sabemos cual es la posición de los ceros de transmisión en la
pasante, tenemos que:
2
N ( s ) = ( s + 4 ) ( s + 16 )
2
(3.139)
2
N ( jω ) = ( 4 – ω ) ( 16 – ω )
(3.140)
Por otro lado, de la atenuación en la banda pasante extraemos el rizado:
2
ε = 10
0.1A p
y puesto que K ( jω )
2
= an ω
2n
⁄ N ( jω )
2
K ( j1 )
2
2
2
2
2
2
(3.145)
2
( s + 4 ) ( s + 16 )
H ( s )H ( – s ) = ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------12
8
6
4
2
1184.42s + s + 40s + 528s + 2560s + 4096
(3.146)
Para encontrar los modos naturales de H ( s ) hace falta resolver la ecuación 1184.42s
12
8
6
4
2
+ s + 40s + 528s + 2560s + 4096 = 0 . Con ayuda
de un programa de ordenador obtenemos:
s 1, 2 = – 1.1219 ± j0.3393
s 9, 10 = – 0.2388 ± j1.0215
an
2
= -------------------------------------------- = ε
2
2
( 4 – 1 ) ( 16 – 1 )
(3.144)
o sea:
, en el borde de la banda pas-
s 3, 4 = 1.1219 ± j0.3393
s 7, 8 = 0.7325 ± j0.8329
(3.147)
s 11, 12 = 0.2388 ± j1.0215
y de estas sólo nos quedamos con las que están en el semiplano izquierdo del
(3.142)
de donde sale que a n = 1184.42 .
Para completar la función característica, nos dicen que a altas frecuencias la atenuación crece con al menos 40dB/déc de pendiente, o sea, el numerador de K ( s ) debe tener un orden superior en al menos 2 al orden de
N ( s ) , esto es, n = 6 , ya que orden [ N ( s ) ] = 4 . Así que ya tenemos com2
pletada K ( jω ) :
3 -55
2 2
( s + 4 ) ( s + 16 )
H ( s )H ( – s ) = -------------------------------------------------------------------------------2 2
2
12
2
1184.42s + ( s + 4 ) ( s + 16 )
s 5, 6 = – 0.7325 ± j0.8329
ante,
2
2 2
(3.141)
– 1 = 0.5849
(3.143)
( 4 – ω ) ( 16 – ω )
= ------------------------------------------------------------------------------------2 2
2 2
12
( 4 – ω ) ( 16 – ω ) + 1184.42ω
2
así que:
frecuencia normalizada, de esta función máximamente plana en al banda
o sea
2
(3.138)
2π ⋅ 24kHz
ω 2 = --------------------------- = 4
2π ⋅ 6kHz
2
12
1184.42ω
= ------------------------------------------------2 2
2 2
( 4 – ω ) ( 16 – ω )
Ahora vamos a obtener H ( s ) . En primer lugar tenemos
2π ⋅ 6kHz
ω p = ------------------------ = 1
2π ⋅ 6kHz
⋅ 12kHz- = 2
ω 1 = 2π
-------------------------2π ⋅ 6kHz
2
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
plano s , las que tienen parte real negativa, o sea s 1, 2 , s 5, 6 y s 9, 10 .
Así:
2
2
( s + 4 ) ( s + 16 )
H ( s ) = --------------------------------------------------------------------------------------- ⋅
2
2
1184.42 [ ( s + 1.1219 ) + 0.3393 ]
1
⋅ -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2
2
2
2
[ ( s + 0.7325 ) + 0.8329 ] [ ( s + 0.2388 ) + 1.0215 ]
(3.148)
o bien:
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -56
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
4
2
s + 20s + 64
H ( s ) = -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------6
5
4
3
1184.42 ( s + 4.1864s + 8.7631s + 11.6683s + …
(3.149)
4
Ω o = 2π ⋅ 10 rad/s
2
… + 10.4531s + 6.0600s + 1.8599 )
tas especificaciones:
malizada, que se obtiene de hacer:
H ( s' ) = H ( s )
s's = -----Ωo
(3.153)
15kHz
ω s = ---------------- = 1.5
10kHz
A continuación evaluamos el orden del filtro Chebyshev que cumple es-
Para terminar tendríamos que desnormalizar en frecuencia. Esta operación la indicamos. Así tendríamos una H ( s' ) , donde s' es la frecuencia nor-
ω p = 10kHz
---------------- = 1
10kHz
acosh ( δ ⁄ ε )
n ≥ ----------------------------- = 7.7943 ⇒ n = 8
acosh ω s
(3.150)
(3.154)
de modo que es n = 8 el orden necesario para cumplir las especificaciones
con el Ω o calculado al principio.
que se cumplen, eso sí, en exceso. Usualmente se prefiere ajustar la aproximación a las especificaciones en la banda de paso e invertir el exceso en la
3.11.- a) Hallar la función característica, los modos naturales y la función de
transferencia de un filtro Chebyshev que cumpla las siguientes
especificaciones: fp=10KHz, fs=15KHz, Ap≤0.5dB y As≥50dB.
atenuación en la banda de rechazo. Esto significaría que A p = 0.5dB , por
tanto ε = 0.3493 y nos queda A s = 51.72dB , que es más de lo que nos piden.
Sin embargo, podríamos haber disminuido la atenuación máxima en la
b) Hallar los mismos parámetros de un filtro Chebyshev inverso que sat-
banda pasante ajustando la aproximación a las especificaciones en la banda
isfaga las mismas especificaciones.
de rechazo. O sea, mantenemos A s = 50dB , lo que nos lleva a ε = 0.2864
y por lo tanto A p = 0.34dB . La siguiente figura ilustra este punto:
Solución:
Parte (a)
A s = 51.72dB
En primer lugar obtenemos el rizado
ε =
10
0.1A p
– 1 = 0.3493
K ( jω )
2
(3.151)
A s = 50dB
y también δ :
δ =
10
0.1A s
– 1 = 316.23
δ
(3.152)
y normalizamos la frecuencia con respecto al borde de la banda pasante:
ε
2
2
A p = 0.5dB
A p = 0.34dB
3 -57
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
1
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
ω
3 -58
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
De todos modos, nos vamos a quedar con la solución más habitual, mantenemos A p = 0.5dB , lo que resulta en A s = 51.72dB .
Independientemente del valor que asignemos al rizado, ε , las posiciones de los ceros de reflexión son las mismas en un filtro de Chebyshev, y
vienen indicadas por, en un filtro de orden par:
2k + 1 π
ω r = ± cos  --------------- ---
 n 2
k
n
con k = 0, 1, 2, …, --- – 1
2
(3.155)
o sea:
ωr
0, 7
ωr
1, 6
= ± 0.9808
= ± 0.8315
ωr
2, 5
ωr
3, 4
= ± 0.5556
= ± 0.1950
(3.156)
K ( jω ) = ε2
3
2
2
∏ ( ω – ω rk )
(3.157)
k=0
2
2
K ( jω ) = 44.7104 ( ω – 0.9620 ) ( ω – 0.6194 )…
2
2
(3.158)
… ( ω – 0.3087 ) ( ω – 0.0380 )
2
s 1, 6 = – 0.1242 ± j0.8520
(3.161)
s 2, 5 = – 0.1859 ± j0.5693
s 3, 4 = – 0.2193 ± j0.1999
Podemos calcular la frecuencia de polo y el factor de calidad para cada
una de estas parejas de polos:
ωo
0, 7
ωo
1, 6
ωo
2, 5
3, 4
= 1.0059
Q 0, 7 = 11.54
= 0.8610
Q 1, 6 = 3.466
= 0.5989
Q 2, 5 = 1.611
= 0.2967
Q 3, 4 = 0.6766
(3.162)
La función de transferencia vendrá dada por:
1 ⁄ 44.7104
H ( s ) = ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2
2
2
2
[ ( s + 0.0436 ) + 1.0050 ] [ ( s + 0.1242 ) + 0.8520 ]…
2
2
2
(3.163)
2
… [ ( s + 0.1859 ) + 0.5693 ] [ ( s + 0.2193 ) + 0.1999 ]
También podríamos haberla buscado en la tabla de filtros Chebyshev
2
y si hacemos ω = – s :
2
para ε = 0.3493 y n = 8 :
2
K ( s ) = 44.7104 ( s + 0.9620 ) ( s + 0.6194 )…
2
o sea
ωo
de modo que K ( jω ) queda:
n–1
s 0, 7 = – 0.0436 ± j1.0050
2
(3.159)
… ( s + 0.3087 ) ( s + 0.0380 )
0.0224
H ( s ) = ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------8
7
6
5
4
s + 1.1461s + 2.6567s + 2.1492s + 2.1840s + …
3
1⁄n 
–1 ⁄ n
1 
2k + 1 
1- + 1
1- + 1
+ j  ---  1
+  1--- + ---cos  --------------- π 
--- + ---


2
2
2n  
2
ε
ε
 



ε
ε
2
… + 1.1486s + 0.5736s + 0.1525s + 0.0237
Por otro lado, los modos naturales salen de:
–1 ⁄ n
 1 ⁄ n 1
1 
2k + 1
1
1- + 1
s k = – ---  1
--- + ---- + 1
–  --- + ---sen  --------------- π +


2
2
2 ε
2n 
ε



ε
ε
(3.164)
Finalmente tendríamos que desnormalizar:
H ( s' ) = H ( s )
(3.160)
s'
s = ------Ωo
(3.165)
Parte (b)
Para calcular un filtro Chebyshev inverso, partimos de un filtro Chebyshev convencional, el cual estará calculado para un ε diferente del que nos
3 -59
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -60
3.9 Transformaciones en frecuencia
ASC
marcan las especificaciones. Veamos, en nuestro caso necesitamos un filtro
del borde de la banda de rechazo, y luego, respecto de la frecuencia de nor-
Chebyshev inverso que cumpla ε = 0.3493 y A s ≥ 50dB .
Puesto que la transformación nos lleva a:
malización:
ASC
K ( jω )
2
= 1⁄
2 2
ε Cn ( 1
⁄ ω)
(3.166)
con el ε del Chebyshev convencional auxiliar que utilizaremos para calcular
el filtro Chebyshev inverso, tendremos que en el borde de la banda de paso
del Chebyshev inverso, o sea en ω p = 1 ⁄ ω s debe cumplirse que:
2
2 2
ε = 1 ⁄ ε Cn ( ωs )
(3.167)
1
por tanto 20log 10 --- – 20log 10 ε = 20log 10 C n ( ω s )
ε
(3.168)
1
y como A s = 10log 10  1 + ----- ≈ – 20log 10 ε se cumple debido a cómo he
2
mos hecho la transformaciónε de Chebyshev convencional a Chebyshev in-
1 s''
s'
s = ----- = ------  -------
ω s  Ω o
ωs
(3.171)
Por otro lado, si calculamos los modos naturales para un filtro Chebyshev directo (o convencional) que tenga orden 8 y un ε = 0.002594 , obtenemos:
s 0, 7 = – 0.1814 ± j1.3394
s 1, 6 = – 0.5166 ± j1.1355
s 3, 4 = – 0.9120 ± j0.2664
y si calculamos los inversos de estos polos,
s 0, 7 = – 0.0993 ± j0.7332
verso, llegamos a la misma ecuación que teníamos antes para calcular el or-
s 1, 6 = – 0.3320 ± j0.7296
den del filtro Chebyshev, para las mismas especificaciones, de modo que el
s 2, 5 = – 0.6589 ± j0.6465
orden del Chebyshev inverso que necesitamos es también n = 8 .
Para calcularlo vamos a hallar los ceros de reflexión y los modos naturales de un filtro Chebyshev convencional con un rizado
ε =
1⁄
2 2
ε C8 ( ωs )
= 1 ⁄ εC 8 ( 1.5 ) = 0.002594
ωz
1, 6
= ± 1.2026
ωz
ωz
2, 5
3, 4
(3.170)
que estarán normalizados con respecto al borde de la banda de rechazo. Para
desnormalizar tenemos que hacer, primero, una desnormalización respecto
3 -61
2
2
2
2
2
2
2
… ( s + 1.7999 ) ( s + 5.1282 )
H ( s ) = ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2
2
2
2
[ ( s + 0.0993 ) + 0.7332 ] [ ( s + 0.3320 ) + 0.7296 ]…
2
2
(3.174)
2
… [ ( s + 0.6589 ) + 0.6465 ] [ ( s + 1.0102 ) + 0.2951 ]
= ± 1.7999
= ± 5.1282
2
0.14477 ( s + 1.0196 ) ( s + 1.2026 )…
2
estarán en los inversos de dichos ceros de reflexión, o sea:
= ± 1.0196
s 3, 4 = – 1.0102 ± j0.2951
(3.169)
anterior, de modo que los ceros de transmisión del filtro Chebyshev inverso
0, 7
(3.173)
Por lo tanto:
Para este filtro los ceros de reflexión están en el mismo sitio que para el
ωz
(3.172)
s 2, 5 = – 0.7732 ± j0.7587
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
La constante k sale de hacer H ( j0 ) = 1 , y luego no olvidemos
desnormalizar:
H ( s'' ) = H ( s' )
s''
s' = ------Ωo
= H(s)
s''
s = ------------ωs Ωo
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
(3.175)
3 -62
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
3.12.- Obtener una función de transferencia paso de baja tal que la
atenuación no sea mayor de 3dB para ω ≤ 7000rad/s y el retraso sea
máximamente plano siendo τ = 0.25ms en dc con un error de retraso
menor del 4% hasta ω 1 = 6000rad/s .
2
H 4 ( jω 2 )
2
= 0.50244
H 3 ( jω 2 ) dB = – 2.9891dB
= 0.63030
H 4 ( jω 2 ) dB = – 2.0041dB
–1
1
1
Ω o = ----- = ----------------- = 4000s
0.25ms
τo
Veamos que pasa con el retraso, de momento la fase para cada uno es:
3
15ω – ω
φ 3 ( ω ) = – arctg ----------------------2
15 – 6ω
(3.176)
(3.183)
3
105ω – 10ω
φ 4 ( ω ) = – arctg ----------------------------------------2
4
105 – 45ω + ω
de modo que:
7000rad/s
ω 1 = ------------------------ = 1.75
4000rad/s
(3.177)
6000rad/s
ω 2 = ------------------------ = 1.5
4000rad/s
Por otro lado tenemos que el filtro de Bessel, normalizado respecto de
Ω o = 1 ⁄ τ o , de orden 3 tiene la forma:
15
H 3 ( s ) = ---------------------------------------------3
2
s + 6s + 15s + 15
(3.178)
y el de orden 4:
105
H 4 ( s ) = -------------------------------------------------------------------------3
4
2
s + 10s + 45s + 105s + 105
(3.179)
por tanto
2
2
2
dφ 3
( 15 – 3ω ) ( 15 – 6ω ) + 12ω ( 15 – 3ω )
τ 3 ( ω ) = – --------- ( ω ) = -------------------------------------------------------------------------------------------------dω
2 2
3 2
( 15 – 6ω ) + ( 15ω – ω )
2
2
4
3
( 105 – 30ω ) ( 105 – 45ω + ω )
( 4ω – 90ω )
------------------------------------------------------------------------------- – ------------------------------------2
3
3
( 105ω – 10ω )
( 105ω – 10ω )
τ 4 ( ω ) = --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2
4 2
( 105 – 45ω + ω )
1 + -----------------------------------------------3 2
( 105ω – 10ω )
τ 4 ( ω 1 ) = 0.9983
2
H 4 ( jω )
2
2
15
= -----------------------------------------------------------------2 2
3 2
( 15 – 6ω ) + ( 15ω – ω )
(3.180)
2
105
= ----------------------------------------------------------------------------------------------2
4 2
3 2
( 105 – 45ω + ω ) + ( 105ω – 10ω )
(3.181)
(3.184)
de donde tenemos que
τ 3 ( ω 1 ) = 0.9690
O sea que:
H 3 ( jω )
(3.182)
ambos filtros cumplen las especificaciones de magnitud.
Solución:
En primer lugar normalizamos respecto del retraso en dc:
y
H 3 ( jω 2 )
(3.185)
Según los resultados obtenidos, bastaría usar un filtro de Bessel de orden 3 para cumplir las especificaciones del enunciado, por lo tanto
15
H ( s ) = ---------------------------------------------3
2
s + 6s + 15s + 15
(3.186)
y si desnormalizamos s = s' ⁄ Ω o = s'τ o :
por lo que:
3 -63
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -64
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
4.5Krad/s
ω 1 = ----------------------- = 0.9
Ωo
15
- (3.187)
H ( s' ) = -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------3
– 11
–7
2
–3
⋅ s' + 3.75 ⋅ 10 ⋅ s' + 3.75 ⋅ 10 ⋅ s' + 15
1.56 ⋅ 10
(3.192)
Si consultamos la carta de diseño para los filtros de Bessel, comprobamos que nos es suficiente un filtro de orden 3 para cumplir las especificaciones en magnitud y retraso. Así:
15
H 3 ( s ) = ---------------------------------------------3
2
s + 6s + 15s + 15
3.13.- Obtener una función de transferencia pasa todo con un retraso
constante de 400µs . El error de retraso no debe ser mayor del 1.2%
para ω ≤ 4.5Krad/s .
es la función de transferencia del filtro Bessel, mientras que para el “allpass”:
Solución:
Partimos de que la forma general para un filtro pasa-todo es
D AP ( – s )
H AP ( s ) = ± --------------------D AP ( s )
3
2
s + 6s + – 15 s + 15
H AP ( s ) = –---------------------------------------------------3
2
s + 6s + 15s + 15
(3.188)
(3.194)
Finalmente sólo nos queda desnormalizar:
H AP ( s' ) = H AP ( s )
de modo que la fase para el filtro pasa-todo vendrá dada por
 Im [ D AP ( ω ) ]
φ AP ( ω ) = – 2arctg  --------------------------------
 Re [ D AP ( ω ) ]
(3.193)
s'τ
s'
s = ------- = --------o
Ωo
2
(3.195)
(3.189)
y el retraso, por definición es
dφ AP ( ω )
τ AP ( ω ) = – --------------------dω
(3.190)
3.14.- Obtener la función de transferencia H ( s ) de un filtro paso de banda
Según esto, el retraso del filtro pasa-todo es el doble que el de un filtro
todo polo con banda pasante máximamente plana que cumpla las
paso de baja todo-polo con el mismo denominador. Podemos obtener el fil-
siguientes especificaciones:
tro que buscamos mediante la aproximación de Bessel, sólo que calculare-
a) A p ≤ 1dB para 18kHz ≤ f ≤ 23kHz
mos el filtro de Bessel para un retraso nominal que sea la mitad del retraso
que queremos para el filtro pasa-todo.
O sea
1
1 - = 5000rad/s
Ω o = ----------- = -------------τo ⁄ 2
200µs
b) A s ≥ 45dB para f ≥ 35kHz y A s > 80dB para f ≤ 9kHz
(3.191)
De modo que
3 -65
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -66
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
Solución:
Primero vamos a hacer un diagrama con estas especificaciones:
paso de baja:
ωs – ωs
ωs – ωs
2
2
1
-1 = ---------------------- = 4.63
Ω s = --------------------B
ωp – ωp
2
1
A ( f ) , dB
80dB
(3.198)
de modo que las especificaciones del filtro prototipo paso de baja son:
A ( f ) , dB
45dB
80dB
1dB
f1 fp
1
fs
fp
2
f2
f
1dB
1
Para la frecuencia central de la banda de paso y para el ancho de banda
del filtro tenemos:
ω o = 2π f p f p = 2π ⋅ 20.35Krad/s
1
2
B = ω p – ω p = 2π ⋅ 5Krad/s
2
1
Veamos si es necesario redefinir los bordes de la banda de rechazo, con
el fin de que el filtro BP resultante sea simétrico geométricamente. Así;
2
ωo
fp fp
1 2
- = 2π ⋅ 11.83Krad/s > 2πf 1
ω s = ----------- = 2π -----------1
f2
2πf 2
(3.197)
y tendremos como nuevos bordes de las bandas de rechazo
ω s = 2π ⋅ 11.83Krad/s y ω s = 2π ⋅ 35Krad/s .
1
2
Asimismo, las especificaciones de atenuación en las bandas de rechazo
no son homogéneas, por lo que tomaremos A s = 80dB para ambas bandas
de rechazo. Por tanto, como se indica la figura, las especificaciones del filtro
paso de banda son ahora
a) A p ≤ 1dB para 18kHz ≤ f ≤ 23kHz
b) A s > 80dB para f ≤ 11.83kHz y f ≥ 35kHz
A continuación calculamos el factor de selectividad para el prototipo
3 -67
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Ω
Primero vamos a obtener el valor del rizado en la banda pasante:
ε =
(3.196)
Ωs
1
10
0.1A p
– 1 = 0.5088
(3.199)
y para la banda de rechazo:
δ =
10
0.1A s
– 1 ≅ 10
4
(3.200)
A continuación, obtenemos el orden de la aproximación máximamente plana (Butterworth, ya que es todopolo):
ln ( δ ⁄ ε )
n ≥ -------------------- = 6.45 o sea
ln Ω s
n = 7
(3.201)
de modo que la función de transferencia sería, para ε = 1 :
1
H LP ( s ) = -----------------------------------------------------------------------------------------------------------7
6
5
4
s + 4.4940s + 10.0978s + 14.5918s + …
3
(3.202)
2
… + 14.5918s + 10.0978s + 4.4940s + 1
sin embargo, puesto que ε = 0.5088 , tendremos que hacer la siguiente
transformación:
H LP ( s' ) = H LP ( s )
s=ε
1⁄7
.
(3.203)
s'
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -68
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
Y, finalmente, realizamos la transformación LP → BP :
H BP ( p ) = H LP ( s' )
2
2
con
- un cero en 0
ω o = 2π20.35Krad/s
(3.204)
B = 2π5Krad/s
p +ω
s' = -----------------opB
- 1 cero en ± ω a
- 1 polo en ± ω b
- 1 polo en ∞
así que tenemos la siguiente transformación:
2
2
3.15.- Obtener una transformación en frecuencia adecuada para transformar
las especificaciones de la figura en las de una función prototipo paso
de baja.
|H(jω)|2 (dB)
−Ap
0
−As1
−As2
f1
f4
f5
f3 f 6
f2
(3.205)
Para determinar cuanto valen k , ω a y ω b tendremos que imponer que los
bordes de las bandas de paso se transformen en 1 y – 1 , o sea:
2
2
2
2
f ( ω1 ) = 1
⇒
kω 1 ( ω 1 – ω a )
------------------------------------- = 1
2
2
ω1 – ωb
f ( ω2 ) = –1
⇒
kω 2 ( ω 2 – ω a )
------------------------------------ = –1
2
2
ω2 – ωb
⇒
kω 3 ( ω 3 – ω a )
------------------------------------- = 1
2
2
ω3 – ωb
f
2
Solución:
Vamos a hacer primero una representación gráfica de la transformación
que queremos realizar:
f ( ω3 ) = 1
(3.206)
2
por tanto tenemos estas tres ecuaciones:
Ω
3
2
2
kω 1 – kω 1 ω a – ω 1 + ω b = 0
3
2
2
3
2
2
kω 2 – kω 2 ω a + ω 2 – ω b = 0
1
–1
kω ( ω – ω a )
Ω = f ( ω ) = ------------------------------2
2
ω – ωb
ω1 ω4 ω5 ω2
ωb
ωa
ω3
ω6 ω
(3.207)
kω 3 – kω 3 ω a – ω 3 + ω b = 0
y operando llegamos a:
Esta transformación, en la que las dos bandas de paso se transforman en
la banda de – 1 a 1 en el prototipo paso de baja, tendrá:
3 -69
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -70
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
3
2
2
3
2
2
3
2
fo =
2
ω1 ( ω2 – ω3 ) + ω2 ( ω1 – ω3 ) + ω3 ( ω1 – ω2 )
----------------------------------------------------------------------------------------------------------2
2
2
2
2
2
ω1 ( ω2 – ω3 ) + ω2 ( ω1 – ω3 ) + ω3 ( ω1 – ω2 )
ωa =
2
2
3
(3.209)
y si calculamos f s :
1
ω1 – ω2
k = --------------------------------------------------------3
3
2
ω1 + ω2 – ωa ( ω1 + ω2 )
ωb =
35 ⋅ 60 kHz = 45.83kHz
fp fp =
1 2
(3.208)
2
f
f s = ---o- = 28kHz ≡ f 1
1
f2
(3.210)
de modo que f 1 y f 2 serán los bordes de las bandas de rechazo inferior y
superior respectivamente. Nos queda calcular el ancho de banda:
2
kω 2 – kω 2 ω a + ω 2
B = 2π ( f p – f p ) = 2π ⋅ 25krad/s
2
1
3.16.- Hallar una función de transferencia paso de banda que cumpla las
siguientes especificaciones:
a) Banda pasante de igual rizado con una atenuación A p = 0.9dB en
la banda 35kHz ≤ f ≤ 60kHz .
b) Bandas de rechazo máximamente plana con una atenuación
A s ≥ 19dB para f ≤ 28kHz y f ≥ 75kHz .
y el factor de selectividad del prototipo paso de baja:
fs – fs
2
1
Ω s = ----------------- = 1.88
fp – fp
2
(3.212)
1
de modo que las especificaciones para el prototipo paso de baja son:
A p = 0.9dB
A s = 19dB
Solución:
Tenemos
(3.211)
Ω s = 1.88
(3.213)
El rizado de la banda pasante sale de:
A ( f ) , dB
ε =
As
10
0.1A p
– 1 = 0.4799
(3.214)
y el de la banda de rechazo:
δ =
0.1A s
– 1 = 8.856
(3.215)
Puesto que se trata de una aproximación Chebyshev, igual rizado en la
Ap
f1
fp
1
fp
2
f2
f
así que lo primero que vamos a hacer es comprobar si es necesario redefinir
las bandas de rechazo o no para que el filtro resultante tenga simetría geométrica. Por un lado:
3 -71
10
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
banda pasante, el orden viene dado por
acosh ( δ ⁄ ε )
n ≥ ----------------------------- = 2.8986 ⇒ n = 3
acosh ω s
(3.216)
Si empleamos la fórmula:
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -72
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
–1 ⁄ 3
 1 ⁄ 3 1
1 1
2k + 1
1
1- + 1
–  --- + ---sen  --------------- π +
s k = – ---  --- + ----- + 1



2
2
2 ε
6

ε

ε
ε
1 1
 1 ⁄ 3 1
 –1 ⁄ 3
2k + 1 
1
1
+ j  ---  --- + ----- + 1
cos  --------------- π 
+  --- + ----- + 1


2
2
6
2
 ε

ε

ε
ε
A (dB)
20
(3.217)
1
80
s 1, 2 = – 0.2570 ± j0.9738
(3.218)
s 3 = – 0.5141
A p = 1dB
y así:
180
f (KHz)
A s = 20dB
f p = 80kHz
f p = 180kHz
f s = 100kHz
f s = 150kHz
1
1 ⁄ 4ε
H ( s ) = ------------------------------------------------------- =
( s – s1 ) ( s – s2 ) ( s – s6 )
fo =
2
f s f s = 122.47kHz
1 2
(3.222)
ahora vemos si los bordes de las bandas de paso guardan simetría geométrica
con respecto a dicha frecuencia central:
0.5208
H LPP ( s ) = --------------------------------------------------------------------------------3
2
s + 1.0282s + 1.2783s + 0.5208
*
2
*
2
f p = f o ⁄ f p = 83.33kHz > f p
1
2
1
(3.220)
 ω = 2πf = 2.88 ⋅ 10 5 rad/s
o
o

con 
 B = 2π ( f p – f p ) = 1.57 ⋅ 10 5 rad/s
2
1

3.17.- Obtener la función de transferencia de un filtro que cumpla las
especificaciones de atenuación de la figura. La banda pasante ha de ser
máximamente plana, y el orden del filtro paso de baja prototipo no
puede ser superior a 4.
*
de forma que para no violar las especificaciones, seleccionaremos f p y
1
f p como los bordes de las bandas de paso, de modo que el ancho de banda
2
vendrá dado por:
*
B = 2π ( f p – f p ) = 2π ⋅ 96.67krad/s
2
1
(3.224)
De modo que el factor de selectividad (frecuencia del borde de la banda
de rechazo normalizada) del prototipo paso de baja será:
*
fp – fp
2
Ω s = -----------------1 = 1.9334
fs – fs
2
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
(3.223)
f p = f o ⁄ f p = 187.5kHz > f p
2
1
2
2
p +ω
s = -----------------opB
(3.221)
Calculamos primero la frecuencia central, f o , que en este caso es:
(3.219)
Finalmente sólo queda hacer la transformación en frecuencia:
2
2
1
0.5208
= -------------------------------------------------------------------------------3
2
s + 1.0282s + 1.2783s + 0.5208
3 -73
150
Solución:
Tenemos las siguientes especificaciones para el BR:
por tanto tendremos que:
H BP ( p ) = H LPP ( s )
100
(3.225)
1
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -74
ASC
Así que las especificaciones del prototipo paso de baja son:
A p = 1dB
Ωp = 1
A s = 20dB
Ω s = 1.9334
A continuación vamos a obtener los modos naturales del filtro Chebyshev inverso. Para ello necesitamos calcular primero los modos naturales de
(3.226)
ε =
10
0.1A p
– 1 = 0.5089
(3.227)
10
0.1A s
– 1 = 9.9499
(3.228)
Calculamos el orden para una aproximación Butterworth:
ln ( δ ⁄ ε )
n ≥ -------------------- = 4.51
ln Ω s
por lo que sus polos, usando (3.39), estarán en:
(3.229)
está permitido. Veamos cual sería el orden para un filtro Chebyshev inverso:
acosh ( δ ⁄ ε )
n ≥ ---------------------------- = 2.87
acoshΩ s
(3.230)
o sea, un filtro Chebyshev inverso de orden 3 cumple las especificaciones
del prototipo paso de baja.
De modo que empezamos por calcular los ceros de reflexión de un filtro
Chebyshev convencional de orden 3:
π
= ± cos  --- = ± 0.8660
 6
π
Ω r = cos  --- = 0
 2
1
(3.234)
s 2 = – 1.2591
de modo que para el Chebyshev inverso, los modos naturales estarán en los
inversos de estos polos:
y vemos que necesitaríamos un filtro de orden mayor que 4, lo cual no nos
0, 2
(3.233)
s 1, 3 = – 0.6296 ± j1.3925
y en la banda de rechazo:
δ =
un filtro Chebyshev convencional cuyo rizado sea:
1
ε' = ------------------------- = 0.0850
ε ⋅ C3 ( Ωs )
por tanto el rizado en la banda pasante será:
Ωr
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
s 1, 3 = – 0.2696 ± j0.5962
(3.235)
s 2 = – 0.7943
todos normalizados respecto del borde de la banda de rechazo.
Así que, teniendo localizados los polos y los ceros:
2
k ( s + 1.333 )
H LPP ( s ) = --------------------------------------------------------------------------------------------2
2
( s + 0.7943 ) [ ( s + 0.2696 ) + 0.5962 ]
es la función de transferencia del prototipo paso de baja normalizado respecto del borde de la banda de rechazo ( Ω s = 1 ). Para determinar k obligamos
a que H LPP ( s = j0 ) = 1 , por lo que k = 3.9208
(3.231)
por tanto los ceros de transmisión del Chebyshev inverso de orden 3 serán
los inversos de estos ceros de reflexión:
(3.236)
–1
, y así:
2
s + 1.333
H LPP ( s ) = -------------------------------------------------------------------------------------------------------------2
2
3.9208 ( s + 0.7943 ) [ ( s + 0.2696 ) + 0.5962 ]
(3.237)
Antes de hacer la transformación LP → BR tendremos que tener una
(3.232)
función de transferencia normalizada con respecto del borde de la banda
que están normalizados respecto del borde de la banda de rechazo (para el
pasante. Esto significa desnormalizar H LPP ( s ) , teniendo en cuenta que la
frecuencia de normalización es Ω s = 1.9334 , o sea que tendremos:
Ω z 0, 2 = ± 1.1547
Ω z1 = ∞
Chebyshev inverso Ω s = 1 ).
3 -75
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -76
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
H LP ( s ) = H LPP ( s )
(3.238)
s
s = ---------------1.9334
y donde s es la variable para el prototipo paso de baja. O sea, si s = jΩ , la
transformación LP → HP será: Ω = ω p ⁄ ω :
A ( ω ), dB
que resulta en una H LP ( s ) normalizada respecto del borde de la banda pasante, a la cual podemos aplicar la transformación en frecuencia:
H BR ( p ) = H LP ( s )
pB
s = -----------------2
2
p + ωo
= H LPP ( s )
pB
s = -----------------------------2
2
Ωs ( p + ωo )
Ωp = 1
32000
2π ⋅ 32000
Ω s = -------------------------- = --------------fs
2π ⋅ f s
(3.239)
Ap
1
B = 2π ⋅ 96.67krad/s
donde
ω o = 2π ⋅ 122.47krad/s
(3.240)
Ω s = 1.9334
Ω
32000 3.2
--------------fs
2π ⋅ 32000
Ω z = -------------------------- = 3.2
2π ⋅ f z
Como tenemos un cero de transmisión no podemos utilizar una aproximación de Butterworth. Por otro lado, si usáramos una aproximación máximamente plana genérica:
3.18.- Obtener una función de transferencia de tercer orden paso de alta que
H ( jω )
cumpla las siguientes especificaciones:
a) Banda pasante máximamente plana en f ≥ 32kHz con atenuación
A p ≤ 2dB .
2
2
N ( jω )
= -----------------------------------------2 2n
2
N ( jω ) + a n ω
(3.241)
tendríamos que resolver una ecuación de 6o grado, ya que N ( s ) es de orden
2 y D ( s ) tiene que ser de orden 3 para tener cero de transmisión en infinito.
b) Cero de transmisión en f z = 10kHz .
De modo que vamos a utilizar una aproximación Chebyshev inversa.
Solución:
El diagrama de la atenuación para estas especificaciones es
Antes de continuar estamos interesados en conocer Ω s , puesto que la
aproximación Chebyshev inversa estará normalizada respecto del borde de
la banda de rechazo. Así, si hiciéramos esta normalización s' = s ⁄ Ω s , el
A ( ω ), dB
borde de la banda de rechazo sería Ω' s = 1 .En concreto tendríamos
A ( ω ), dB
fs
Ω' p = Ω p ⁄ Ω s = -------------32000
Ωs = 1
Ap
fz
fs
f p = 32kHz
f
y la transformación que vamos a realizar es s = ω p ⁄ p , donde ω p = 2πf p
3 -77
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Ap
Ω' p
1
Ω' z
Ω'
fs
Ω' z = Ω z ⁄ Ω s = -------------10000
Y de aquí es fácil extraer el valor de f s ya que los ceros de transmisión
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -78
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
del filtro Chebyshev inverso son los inversos de los ceros de reflexión del
ε =
filtro Chebyshev convencional del mismo orden. Puesto que el orden es 3,
hay 3 ceros de transmisión, dos en f z y uno en infinito, los ceros de reflex-
(3.242)
π
Ω r1 = cos  --- = 0
 2
(3.249)
s 2 = – 2.347
de modo que para el Chebyshev inverso, los modos naturales estarán en los
inversos de estos polos:
Ω' z 0, 2 = ± 1.1547
(3.243)
Ω' z 1 = ∞
s' 1, 3 = – 0.1875 ± j0.3530
(3.250)
s' 2 = – 0.4261
así que f s ⁄ 10000 = 1.1547 , o sea
f s = 11.547kHz
(3.244)
también normalizados respecto del borde de la banda de rechazo.
De momento tenemos:
y por tanto Ω s = 32000 ⁄ f s = 2.7713 .
Así que tenemos que diseñar un filtro Chebyshev inverso paso de baja
2
k ( s' + 1.333 )
H LPP ( s' ) = --------------------------------------------------------------------------------------------2
( s' + 0.4261 ) [ ( s' + 0.1875 ) + 0.1246 ]
con las siguientes especificaciones:
n = 3
Ω s = 2.7713
Ω z = 3.2
(3.245)
Ω' z1 = ∞
(3.251)
y si imponemos que H LPP ( s' = j0 ) = 1 , obtenemos k = 0.05106 .
Así sólo queda volver a la forma normalizada respecto de la banda de
paso y realizar la transformación en frecuencia LP → HP , de modo que el
Para los ceros de transmisión hemos visto que tenemos
resultado es:
H HP ( p ) = H LP ( s )
(3.246)
que están normalizados respecto del borde de la banda de rechazo.
Para los modos naturales, primero calculamos el ε que corresponde al
Chebyshev convencional a través del cual vamos a obtener los polos del
Chebyshev inverso. Tenemos, según las especificaciones, que para el
ω
s = -----pp
= H LPP ( s' )
ωp
s' = --------Ωs p
(3.252)
2
donde
k ( s' + 1.333 )
H LPP ( s' ) = --------------------------------------------------------------------------------------------2
( s' + 0.4261 ) [ ( s' + 0.1875 ) + 0.1246 ]
(3.253)
3
Ω s = 2.7713 y ω p = 2π ⋅ 32 ⋅ 10 rad/s .
Chebyshev inverso:
3 -79
(3.248)
s 1, 3 = – 1.1735 ± j2.2097
los inversos de estos ceros de reflexión:
Ω' z0, 2 = ± 1.1547
(3.247)
por lo que sus polos, usando (3.39), estarán en:
por tanto los ceros de transmisión del Chebyshev inverso de orden 3 serán
Ωp = 1
– 1 = 0.7648
1
ε = ------------------------- = 0.01702
ε ⋅ C3 ( Ωs )
π
= ± cos  --- = ± 0.8660
 6
A p = 2dB
0.1A p
de modo que para ε
ión de un filtro Chebyshev de orden 3 son:
Ω r 0, 2
10
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -80
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
Problemas propuestos
3.23.- Encontrar una función de transferencia paso de banda con una banda
pasante de igual rizado en 6.6KHz<f<8.4KHz con atenuación máxima
3.19.- Un filtro paso de baja con las siguientes especificaciones de
atenuación:
A ≤ 0.1dB
0 ≤ ω ≤ 2.5rad ⁄ s
A ≥ 80dB
(3.254)
ω ≥ 3rad ⁄ s
de 1dB y una atenuación de al menos 26dB en fs2≥11.5KHz y
fs1≤5.2KHz.
3.24.- Obtener una función de transferencia paso de banda todo polo con las
siguientes especificaciones:
se conecta en cascada con un filtro paso de alta cuyas especificaciones
a) Banda
de atenuación son:
35kHz≤f≤60kHz
A ≤ 0.1dB
1.5 ≤ ω ≤ ∞
A ≥ 50dB
pasante
máximamente
plana
con
Ap=0.9dB
para
b) Banda de rechazo con atenuación As≥19dB para f≤25kHz y As≥17dB
rad ⁄ s
(3.255)
ω ≤ 1rad ⁄ s
Obtener las especificaciones de atenuación del filtro total y averiguar
el tipo de filtro.
para f≥75kHz.
3.25.- Aproximar un filtro paso de banda todo-polo con un rizado de 1.7dB
en la banda pasante, que se extiende entre 10KHz y 18KHz. La
3.20.- Obtener la magnitud H ( jω )
2
atenuación en la banda de rechazo es As≥42dB para f≥26KHz.
de una función de transferencia paso
de baja máximamente plana alrededor de ω = 0 y que tiene dos ceros
arbitrarios en la banda de rechazo. El rizado de la banda pasante es 3dB
y la frecuencia de corte ωp es 1 rad/s.
3.26.- Obtener una función de transferencia que satisfaga las siguientes
especificaciones:
a) Banda pasante máximamente plana que se extiende en el rango de frecuencias: 50KHz<f≤70KHz y con una atenuación mínima Ap≤1dB.
3.21.- Discutir las características de la siguiente aproximación:
H ( jω )
2
1
= ----------------------------------------------n
ω
1 + ------ [ 1 + C n ( ω ) ]
2
con n par
b) Banda de rechazo en f≥80KHz con atenuación As ≥20dB.
(3.256)
3.22.- Determinar los valores de a1 y b1 de la función de transferencia
2
s + sa 1 + a 1 b 1
H ( s ) = -------------------------------------------------------------------3
2
s + s ( 1 + a 1 ) + sb 1 + a 1 b 1
(3.257)
c) Cero de transmisión en fo en la banda de rechazo.
Determinar fo y la atenuación mínima en la banda de rechazo.
Apéndice 3.1: Polinomios de Chebyshev
En primer lugar veamos que en efecto
cos ( n acos x ) = cosh ( n acosh x )
(3.258)
para que su magnitud sea máximamente plana en ω=0.
3 -81
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -82
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
j ( jz )
Partimos de que
por tanto:
y para ambos valores:
– j ( jz )
e
+e
cos jz = --------------------------------- = cosh z ≡ x
2
(3.259)
jz = acos x
(3.260)
z = acosh x
n
–n
2
2
1
cosh ( n acosh x ) = --- ( x + x – 1 ) + ( x + x – 1 )
2
(3.268)
que es lo que tratábamos de demostrar.
de donde se deduce que:
acos x = j acosh x
(3.261)
(3.262)
Apéndice 3.2: Cálculo de los polos de la
aproximación Chebyshev
A continuación, supongamos que y = acosh x , de modo que
Las posiciones de los polos del filtro Chebyshev vendrán dadas igualan-
Por tanto:
C n ( x ) = cos ( n acos x ) = cos ( nj acosh x ) = cosh ( n acosh x )
do a 0 el denominador de
x = cosh y . Así que tenemos que
y
–y
e +e
x = ------------------2
o lo que es lo mismo:
e
2y
H ( jω )
(3.263)
y
– 2xe + 1 = 0
–2 y
– 2xe
–y
2 s
2
1C n  -  = cos  n acos s-  = – --- j


2
j
ε
(3.264)
+1 = 0
(3.265)
(3.269)
2
acosh x = ± ln ( x + x – 1 )
(3.270)
Supongamos que denominamos a las raíces,
s k = σ k + jω k
De estas ecuaciones llegamos a que:
(3.271)
acosh ( s ⁄ j ) será en general un número complejo:
siempre que x ≥ 1
(3.266)
donde hemos eliminado el signo menos dentro del logaritmo porque nos llevaría a tratar de obtener el logaritmo de un número real negativo, lo cual
±n
2
cosh ( n acosh x ) = cosh  ln ( x + x – 1 ) 


W = acosh ( s ⁄ j ) = u + jv
luego
s = j cos ( u + jv ) = senusenhv + j cos u cosh v
(3.272)
(3.273)
Igualando parte real e imaginaria se obtiene,
resulta en un número complejo. A partir de esto, si calculamos
3 -83
1
= ------------------------------2 2
1 + ε Cn ( ω )
y haciendo ω = s ⁄ j :
así como
e
2
(3.267)
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
σ k = senusenhv
ω k = cos u cosh v
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
(3.274)
3 -84
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
Por otra parte,
x
j
cos ( nW ) = ± -- = cos [ n ( u + jv ) ] =
ε
(3.275)
= cos nu cosh nv – jsennusenhnv
Igualando la parte real:
2k + 1 π
u =  --------------- -- n 2
luego
cos nu cosh nv = 0
k = 0, 1, 2, …, 2n – 1
(3.276)
(3.277)
E igualando la parte imaginaria
1
– sennusenhnv = ± --ε
–x
x
e –e senhx = ----------------2
(3.278)
–x
+e cosh x = e-----------------2
(3.282)
2
asenhx = ln ( x + x + 1 )
2
si
2x ≥ 1
acosh x = ± ln ( x + x – 1 )
se obtiene:
 1 ⁄ n 1
 –1 ⁄ n
1 1
2k + 1
1
1
σ k = – ---  --- + ----- + 1
–  --- + ----- + 1
sin  --------------- π

2
2
2 ε
2n 

ε

ε
ε
 1 ⁄ n 1
 –1 ⁄ n
1 
2k + 1
1
1
ω k = ---  1--- + ---- + 1
+  --- + ----- + 1
cos  --------------- π

2
2
2 ε
2n 

ε

ε
ε
(3.283)
Eliminamos el signo − y lo tendremos en cuenta en el resultado final.
Sustituyendo el valor de u:
senhnv = 1--ε
1
1
v = --- asenh --n
ε
o bien
(3.279)
Apéndice 3.3: Simetría geométrica de los ceros de
reflexión y transmisión en los filtros elípticos.
(3.280)
Consideremos por ejemplo el filtro elíptico de sexto orden cuya función
Cogemos el signo necesario para obtener sólo las raíces del semiplano
izquierdo:
2k + 1 π
1
1
s k = – sen  --------------- --- senh  --- asenh --- +
 n 2
n
ε
2k + 1 π
1
1
+ j cos  --------------- --- cosh  --- asenh ---
 n 2
n
ε
2
ω en ω s ⁄ ω obtenemos la función característica paso de alta K ( jω s ⁄ ω )
(Fig. 3.30(b)). Si construimos una nueva función característica definida por:
K ( jω )
(3.281)
Mediante las relaciones trigonométricas de cosh y sinh:
3 -85
característica al cuadrado se representa en la Fig. 3.30(a). Si transformamos
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
2
1
= -----------------------------2
K ( jω s ⁄ ω )
(3.284)
que se muestra en la Fig. 3.30(c), tendremos también un filtro elíptico de
sexto orden. Dado que la función característica de un filtro elíptico determina de forma única los polos y ceros para un ω s dado, los polos y ceros de
K ( jω ) deben coincidir con los de K ( jω ) . Luego:
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -86
ASC
ASC
3.9 Transformaciones en frecuencia
(
)
 ω 2 – ( ω ⁄ ω ) 2
s
zi 

i
=
1
R n ( ω ) = r ------------------------------------------------------------------(n – 1) ⁄ 2
2
2
∏ ( ω – ωz )
ω
∏
para n impar
i
i=1
n⁄2
(3.285)
2
 2
∏  ω – ( ωs ⁄ ωzi ) 
=1
R n ( ω ) = r i----------------------------------------------------n⁄2
2
∏ (ω –
para n par
2
ωz )
i
Fig.4.17 Sedra
Figura 3.30: Ilustrando la simetría geométrica de los ceros
3 -87
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
Curso 2004/05 © Área de Electrónica, Dpto. de Electrónica y Electromagnetismo, ESI
3 -88