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da **sPaCeMaN** » 15 set 2012, 15:59

DarwinNE ha scritto:Occhio che il segno meno deve rimanere fino alla fine. E' anche per quello che ho insistito sulla definizione dei vari termini. Oltretutto, il circuito dovrebbe essere una vecchia conoscenza, nient'altro che il buon amplificatore ad emettitore comune: il segno meno ci vuole perché ci ricordiamo che questa configurazione inverte la fase del segnale che è amplificato.

Questo è un particolare interessante al quale non avevo prestato attenzione.

Siamo arrivati alla fine dello studio, però ci rimangono ancora un sacco di dubbi: abbiamo studiato due casi particolarissimi, il modo comune ed il modo differenziale. Chi ci dice cosa fare quando l'eccitazione non è né puramente differenziale, né puramente di modo comune?
Finché rimaniamo in ambito di linearità del circuito, se possiamo scrivere ogni combinazione di tensione in entrata (ed in uscita) $v_\mathrm{e1}$ e $v_\mathrm{e2}$ ( $v_\mathrm{s1}$ e $v_\mathrm{s2}$ ) come una combinazione lineare di modo comune e modo differenziale, siamo a posto. Ce la fai a dimostrarlo?

Pas de problème (je crois): il modo comune tra due segnali v_1 , v_2

è definito come $v_c_m = \frac{v_1 + v_2}{2}$ .

Se v_d = v_1 - v_2

, si ha:
$v_1 = v_c_m + \frac{v_d}{2}$
$v_2 = v_c_m - \frac{v_d}{2}$

Un altro dubbio tormenta le menti più matematiche: abbiamo tirato un coniglio fuori dal cilindro utilizzando la simmetria del circuito. Chi ci dice che questa è l'unica via percorribile? E' possibile tradurre questo studio in qualcosa di matematicamente rigoroso che faccia apparire questa simmetria come sottoprodotto dell'analisi, giungendo ovviamente agli stessi risultati?

Qui mi perdo un po'. La simmetria (antisimmetria) non è assicurata dal fatto che Q1 e Q2 siano "matched", quindi che i due circuiti equivalenti per piccoli segnali abbiano gli stessi parametri, e dall'applicazione di due input uguali ed in fase (opposti in fase) ?

da **DarwinNE** » 15 set 2012, 16:15

sPaCeMaN ha scritto: $v_1 = v_c_m + \frac{v_d}{2}$
$v_2 = v_c_m - \frac{v_d}{2}$

Perfetto: possiamo vedere la descrizione tramite il modo comune e differenziale come un certo sistema di coordinate particolarmente conveniente per rappresentare lo stato elettrico del circuito. Se hai fatto un po' di algebra lineare, avrai visto che una delle proprietà delle applicazioni lineari è che una volta che si capisce cosa combinano su tutti gli elementi della base dello spazio vettoriale di partenza, sostanzialmente si sa tutto sull'applicazione. Dato che il circuito finché rimane in linearità è sostanzialmente equivalente ad un'applicazione lineare, disponiamo di una descrizione completa di quello che fa.

Qui mi perdo un po'. La simmetria (antisimmetria) non è assicurata dal fatto che Q1 e Q2 siano "matched", quindi che i due circuiti equivalenti per piccoli segnali abbiano gli stessi parametri, e dall'applicazione di due input uguali ed in fase (opposti in fase) ?

Non sto parlando del fatto che la simmetria venga dai transistor oppure no. Mi riferisco al fatto che qualcuno potrebbe chiedersi se ci sia sostanzialmente una giustificazione matematica al ragionamento che abbiamo fatto sopra, ovvero perché è particolarmente conveniente studiare separatamente il modo differenziale ed il modo comune. La tesi del mio articolo (La simmetria matematica della coppia differenziale: http://www.electroyou.it/piercarlo/wiki ... lo-darwine ) viene dal fatto che riconosco il modo comune ed il modo differenziale come degli autovalori dell'applicazione lineare (diagonalizzabile) che rappresenta il circuito. Se la cosa ti interessa, leggiti di nuovo l'articolo e ne discutiamo. Altrimenti, la chiaccherata che ci siamo fatta dovrebbe aver chiarito le domande che hai posto all'inizio. Se così non è, chiedi pure.

da **sPaCeMaN** » 15 set 2012, 16:59

Quest'interpretazione algebrica mi piace, però per approfondirla forse dovrei prima perfezionare le mie conoscenze sui BJT e sugli amplificatori differenziali. Per il momento mi restano tre dubbi:

1) Se un componente elettronico viene connesso alle due basi della coppia differenziale, che resistenza incontra? Analogamente: un componente connesso ai due collettori, che resistenza d'uscita vede?
Nello studiare i "mezzi circuiti equivalenti per piccoli segnali" io so determinare la loro resistenza d'uscita e d'ingresso, ma non capisco queste due che ruolo abbiano quando vado a considerare il circuito intero.

2) Il secondo quesito che avevo posto nel messaggio iniziale, quello sulla semplificazione del circuito nel caso di ingresso single-ended. (Tra un attimo posto il disegno con FidoCadJ)

3) Un dubbio riguardante la risposta in frequenza del modo comune. Questo però va un po' oltre il discorso di base da cui eravamo partiti, quindi lo posto se mi dai l'ok (non voglio abusare della tua disponibilità).

da **sPaCeMaN** » 15 set 2012, 17:48

Okay, questo è il punto 2:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Nel primo circuito si ottiene $v_\pi_1 = - v_\pi_2 = v_\pi$ dalla LKC al nodo E:
$g_m v_\pi_1 + \frac{v_\pi_1}{r_\pi} + g_m v_\pi_2 + \frac{v_\pi_2}{r_\pi} = 0$
$(g_m + \frac{1}{r_\pi}) v_\pi_1 + (g_m + \frac{1}{r_\pi}) v_\pi_2 = 0$
Da cui $v_\pi_1 + v_\pi_2 = 0$

Quello che non capisco è come possa il nodo E scomparire dal nuovo circuito, in cui non è più valida la LKC che è stata usata per la trasformazione.

Edit: forse ci sono. Il circuito può essere ridisegnato così:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Essendo $v_\pi_1 = - v_\pi_2$ ottengo i_1 = i_2

, il che obbliga i_E

ad essere zero.
Stesso discorso per l'altro nodo: nei due generatori controllati scorre la stessa corrente.
A questo punto mi viene da fare una riflessione: anche con un solo generatore di segnale, E continua ad essere il potenziale di riferimento (non vi scorre corrente, qualunque componente connesso tra E ed il riferimento avrà tensione nulla ai propri capi).

da **DarwinNE** » 15 set 2012, 21:05

Mettiamo da parte l'analisi sulle impedenze di ingresso e di uscita e prendiamo la configurazione che hai proposto. Qualche osservazione:

1. qui non ci piace aprire allegati su siti esterni, vedo solo ora che sul tuo libro $R_\mathrm{E}$ tende ad infinito.
3. non utilizzerei il simbolo $v_\mathrm{d}$ perché il "d" fa pensare a differenziale.
2. abbiamo scritto un po' di post per capire che ogni configurazione di tensione all'ingresso ed all'uscita si può scrivere come una combinazione lineare di modo comune e modo differenziale. Io sono molto pigro, quindi eviterei di ricalcolarmi tutto il circuito, tu come la vedi?

da **sPaCeMaN** » 16 set 2012, 0:26

DarwinNE ha scritto:3. non utilizzerei il simbolo $v_\mathrm{d}$ perché il "d" fa pensare a differenziale.

Il libro che uso (che purtroppo sono costretto ad usare) è poco chiaro sulle notazioni in generale.
Gli ingressi della configurazione con ingresso differenziale sono chiamati $v_c_m + \frac{v_d}{2}, v_c_m -\frac{v_d}{2}$ .
Nel modello per piccoli segnali rimangono soltanto $\frac{v_d}{2}$ e $- \frac{v_d}{2}$ .
Gli ingressi della configurazione con ingresso single-ended sono chiamati v_c_m + v_d, v_c_m

.
Nel modello per piccoli segnali (quello che ho disegnato nel mio ultimo post) rimane la sola v_d

.
Insomma, la componente di modo comune è trattata come se fosse continua, cosa che dalla definizione io escluderei categoricamente!

Tu come chiameresti gli ingressi delle varie configurazioni? Useresti i termini v_c_m

e

senza specificare a quale coppia di segnali essi si riferiscano?

DarwinNE ha scritto:2. abbiamo scritto un po' di post per capire che ogni configurazione di tensione all'ingresso ed all'uscita si può scrivere come una combinazione lineare di modo comune e modo differenziale. Io sono molto pigro, quindi eviterei di ricalcolarmi tutto il circuito, tu come la vedi?

Il fatto è che non so proprio come siano definite la resistenza d'ingresso e d'uscita della coppia differenziale.
So calcolare la resistenza d'ingresso e d'uscita dei mezzi circuiti, si tratta di cose già viste nello studio del BJT. Qui, però, l'ingresso è applicato a due terminali di due distinti BJT, per cui il segnale d'ingresso vede contemporaneamente due transistori... come si procede?
Se mi parli di combinazione lineare, proverei a sommare le resistenze d'ingresso di Q1 e Q2, ma il mio sarebbe più un tentativo che un procedimento logico.

da **DarwinNE** » 16 set 2012, 11:31

Avrei dovuto chiederlo all'inizio, ma che libro è?

Ad ogni modo, non stavo ancora parlando di impedenze di ingresso! Tu hai sempre la buona vecchia coppia differenziale e ci infili dentro una tensione mettendo uno degli ingressi a massa.
La situazione dovrebbe essere questa, l'ingresso non lo chiamo $v_\mathrm{d}$ , ma piuttosto $v_\mathrm{p}$ per non fare confusione con quello che ho usato fino ad adesso:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Se utilizziamo le mie notazioni (perche in questa discussione ce ne sono diverse, tra quelle del libro, le tue eccetera...), possiamo scrivere quanto valgono le tensioni ai due ingressi $v_\mathrm{e1}$ e $v_\mathrm{e2}$ :

$v_\mathrm{e1}=v_\mathrm{p}$
$v_\mathrm{e2}=0$

La mia domanda è: quanto valgono in questa situazione il modo comune ed il modo differenziale $v_\mathrm{ecm}$ e $v_\mathrm{ed}$ all'ingresso del circuito? Ed all'uscita ( $v_\mathrm{scm}$ e $v_\mathrm{sd}$ )?

Insomma, la componente di modo comune è trattata come se fosse continua, cosa che dalla definizione io escluderei categoricamente!

Dato che siamo in regime di piccoli segnali, la continua non c'è più perché è stata trattata già in precedenza, nell'analisi del punto di polarizzazione. Un segnale di modo comune è semplicemente lo stesso segnale (in questo caso variabile nel tempo) applicato contemporaneamente ai due ingressi. La similitudine con l'analisi in continua non è però casuale: quando si calcola il punto di polarizzazione di una coppia differenziale in pratica si possono applicare le stesse considerazioni di simmetria viste per l'analisi in modo comune per piccoli segnali e semplificare il circuito in maniera simile. Infatti, la polarizzazione è anche lei un termine (grande) di modo comune.

da **sPaCeMaN** » 16 set 2012, 13:04

Il libro è questo: http://www.catalogo.mcgraw-hill.it/catL ... em_id=2678
(visto che i link ai siti esterni non vi piacciono, postando il link ho evitato di fare pubblicità a questo abominevole testo)

Comunque direi: $v_e_c_m = \frac{v_p}{2}, v_e_d = v_p$

Per le uscite, ricordando che $v_\pi_1 = - v_\pi_2$ :

$v_s_c_m = \frac{v_s_1 + v_s_2}{2} = \frac{- g_m v_\pi R_C + g_m v_\pi R_C}{2} = 0$

$v_s_d = v_s_1 - v_s_2 = - 2 g_m v_\pi R_C$

da **DarwinNE** » 16 set 2012, 13:52

Il testo non lo conosco, non ho alcuna opinione a riguardo. Per quanto riguarda il calcolo, una volta che hai il modo differenziale ed il modo comune in entrata, perché non applichi semplicemente i risultati visti sopra? Abbiamo calcolato il guadagno differenziale ed il guadagno di modo comune ed abbiamo passato un certo tempo a dimostrare che forniscono una descrizione completa del circuito in linearità (senza parlare ancora di impedenze): perché utilizzi relazioni su $v_\pi$ che riguardano una parte del circuito già trattata?

Io penserei a calcolare le tensioni in uscita in questo modo:
$v_\mathrm{sd}=A_\mathrm{d}v_\mathrm{ed}$
$v_\mathrm{scm}=A_\mathrm{cm}v_\mathrm{ecm}$

dove $A_\mathrm{d}$ è il guadagno differenziale che hai calcolato al messaggio [11] e $A_\mathrm{cm}$ è il guadagno di modo comune che hai ottenuto al messaggio [19], eventualmente facendo tendere $R_\mathrm{E}$ verso infinito per porsi nel caso suggerito dal libro (a proposito, quanto viene? :-)

). Poi, una volta che hai modo comune e modo differenziale ti calcolerai $v_\mathrm{s1}$ e $v_\mathrm{s2}$ .

Solo a questo punto, se vuoi divertirti e convincerti che questo metodo di analisi porta a risultati validi, puoi "aprire" di nuovo la scatola che contiene il circuito e rifare i calcoli dimenticandoti per un momento che li hai già fatti in condizioni di simmetria, tanto per vedere se arrivi allo stesso risultato.

da **sPaCeMaN** » 16 set 2012, 14:28

Allora, io prima ho ricavato:
$A_c_m = \frac{v_s_c_m}{v_e_c_m} = - \frac{g_m R_C}{1 + (g_m + \frac{1}{r_\pi}) 2 R_E}$
$A_d = \frac{v_s_d}{v_e_d} = - g_m R_C$

Quindi:
$v_e_c_m = \frac{v_p}{2}$ ==> $v_s_c_m = A_c_m v_e_c_m = - \frac{g_m R_C}{1 + (g_m + \frac{1}{r_\pi}) 2 R_E} \frac{v_p}{2}$

v_e_d = v_p