\chapter{Diagramas de Bode}

Trabajar el módulo de una transferencia que se ha transformado
mediante la transformada de Laplace es muy incómodo.  Por ese motivo,
se utilizan los {\bf diagramas de Bode de respuesta en
frecuencia}, basados en la utilización de logaritmos para la
representación gráfica.

\section{Expresión de la transferencias}

Para poder realizar los diagramas de Bode, la transferencia $T(s)$ del
circuito, debe expresarse como el cociente de dos polinomios en $s$,
como ilustra la ecuación (\ref{bode:transf}).

\begin{eqnarray}
T(s) &=& H \frac{s^n + a_1 s^{n-1} + a_2 s^{n-2} + \ldots + a_n}
{s^m + b_1 s^{m-1} + b_2 s^{m-2} + \ldots + b_n} \\
\label{bode:transf}
T(s) &=& H \frac{\left(s-Z_1\right)\left(s-Z_2\right)\ldots
\left(s-Z_n\right)}{\left(s-P_1\right)\left(s-P_2\right) \ldots
\left(s-P_m\right)}
\end{eqnarray}
Donde $Z_1, \ldots, Z_n$ son los ceros de la transferencia y $P_1, \ldots, P_n$ son los polos 
de la transferencia. \\

Además, se impone la condición de que $s$ es una variable
puramente imaginaria, es decir, $s = j\omega$, esto se debe a que
cuando los valores de $s$ son imaginarios, se trata del régimen
senoidal permanente, como se explicó en la Sección
\ref{sec:polosyceros}.
Y siempre que se busque la {\it respuesta en frecuencia} de un circuito, se está trabajando con 
régimen senoidal permanente.

En este caso, la transferencia será
\begin{equation}
T(j\omega) = H \frac{\left(j\omega-Z_1\right)
\left(j\omega-Z_2\right) \ldots \left(j\omega-Z_n\right)}
{\left(j\omega-P_1\right)\left(j\omega-P_2\right) \ldots
\left(j\omega-P_m\right)}
\end{equation}

A continuación se expresa en logaritmos, para poder realizar el
análisis.
\begin{eqnarray}
\log \left| T(j\omega) \right| &=& \log |H| +
\log \left|\frac{j\omega}{Z_1}-1\right| + \ldots +
\log \left|\frac{j\omega}{Z_n}-1\right| \\
\nonumber &&  -
\log \left|\frac{j\omega}{P_1}-1\right| - \ldots -
\log \left|\frac{j\omega}{P_m}-1\right|
\end{eqnarray}

Finalmente, se normaliza esta expresión para obtenerla en dB.
\begin{eqnarray}
20 \log \left| T(j\omega) \right| &=& 20 \log |H| +
20 \log \left|\frac{j\omega}{Z_1}-1\right| + \ldots +
20 \log \left|\frac{j\omega}{Z_n}-1\right| \\
\nonumber && \mbox{} -
20 \log \left|\frac{j\omega}{P_1}-1\right| - \ldots -
20 \log \left|\frac{j\omega}{P_m}-1\right|
\end{eqnarray}

\section{Diagramas básicos}

\subsection{Diagrama para un polo}

Si la transferencia es de la forma $T(s) = \frac{1}{s - P_1}$, el
gráfico a realizar corresponderá a
\begin{eqnarray}
\left| T(j\omega) \right|  &=& \frac{1}{\left| \frac{j\omega}{P_1} - 1
\right|} = \frac{1}{\sqrt{\left(\frac{\omega}{P_1}\right)^2 + 1}} \\
\left| T(j\omega) \right|_{dB}  &=& - 20 \log\sqrt{
\left(\frac{\omega}{P_1}\right)^2 + 1}
= -10 \log \left(\frac{\omega^2}{P1^2} + 1 \right)
\end{eqnarray}

De manera que se pueden plantear dos rectas asíntotas para cuando
$\omega \rightarrow 0$ (frecuencias bajas) y $\omega \rightarrow
\infty$ (frecuencias altas).

\begin{eqnarray}
\omega \rightarrow 0 &\Rightarrow& \left|T(j\omega)\right|_{dB} = 0 \\
\omega \rightarrow \infty &\Rightarrow& \left|T(j\omega)\right|_{dB} =
- 10 \log \frac{\omega^2}{P_1^2}  \\
&& \left|T(j\omega)\right|_{dB} = -20 \log \omega + 20 \log P_1
\end{eqnarray}

Al graficar la transferencia $T(j\omega)$ (en dB) en función de
$\omega$ (en escala logarítmica), vemos que se trata de dos rectas,
una horizontal en 0, y la otra diagonal, con pendiente $-20 dB$.

Para realizar el gráfico de Bode, se decide la siguiente regla: {\it a
partir del punto en que las dos asíntotas se cruzan, hacia atrás vale
la horizontal, y hacia adelante la diagonal}.

%Octave
%    w=logspace(0, 2, 100);
%    t=-20*log10(w)+20*log10(10);
%    t2=0*w;
%    tt=-10*log10(w.*w/100 + 1);
%    semilogx(w,t2,';w=0;', w, t, ';w=inf;', w, tt, ';curva real;');

\begin{figure}[htb]
\centering
\input{graficos/bode_polo.tex}
\caption{\label{fig:bode_polo} Diagrama de Bode para una función con un polo en $\omega=10$.}
\end{figure} 

La Figura \ref{fig:bode_polo} muestra el típico Diagrama de Bode para una función con un polo, 
que en este caso se encuentra en $\omega=10$.  

Como se puede ver, el diagrama asintótico se aproxima mucho al real,
excepto alrededor del polo.  La distancia máxima entre ambos diagramas es en el punto $\omega=10$, donde hay una separación de $3dB$.

\subsection{Diagrama para un cero}

Si la transferencia es de la forma $T(s) = s - Z_1}$, el
gráfico a realizar corresponderá a
\begin{eqnarray}
\left| T(j\omega) \right|  &=& \left| j\omega - Z_1
\right| = \sqrt{\omega^2 + Z_1^2} \\
\left| T(j\omega) \right|_{dB}  &=& 20 \log\sqrt{\omega^2 + Z_1^2}
= 10 \log \left(\omega^2 + Z_1^2 \right)
\end{eqnarray}

Del mismo modo que con el polo, se pueden plantear dos rectas asíntotas para cuando
$\omega \rightarrow 0$ (frecuencias bajas) y $\omega \rightarrow
\infty$ (frecuencias altas).

\begin{eqnarray}
\omega \rightarrow 0 &\Rightarrow& \left|T(j\omega)\right|_{dB} = 20 \log Z_1 \\
\omega \rightarrow \infty &\Rightarrow& \left|T(j\omega)\right|_{dB} =
20 \log\omega
\end{eqnarray}

Al graficar la transferencia $T(j\omega)$ (en dB) en función de
$\omega$ (en escala logarítmica), vemos que se trata de dos rectas,
una horizontal en $|Z_1|_dB$, y la otra diagonal, con pendiente $20 dB$.

Para realizar el gráfico de Bode, se utiliza la misma regla mencionada 
anteriormente.

%Octave
%    w=logspace(1, 3, 100);
%    zinf=20*log10(w);
%    zcero=20*log10(w*0 + 100);
%    zreal=10*log10(w.*w + 10000);
%    semilogx(w,zcero,';w=0;', w, zinf, ';w=inf;', w, zreal, ';curva real;');

\begin{figure}[htb]
\centering
\input{graficos/bode_cero.tex}
\caption{\label{fig:bode_cero} Diagrama de Bode para una función con un cero en $\omega=100$.}
\end{figure} 

La Figura \ref{fig:bode_cero} muestra el típico Diagrama de Bode para una función con un cero, 
que en este caso se encuentra en $\omega=100$.  Se puede observar que la transferencia aumenta a partir del cero, y que por otro lado el cero impone un valor mayor de transferencia para $\omega \rightarrow 0$.

Como se puede ver, el diagrama asintótico se aproxima mucho al real,
excepto alrededor del cero.  La distancia máxima entre ambos diagramas es en el punto $\omega=100$, donde hay una separación de $3dB$. \\

A partir de un polo, la transferencia del circuito siempre disminuye, a partir de un cero, la transferencia aumenta.

\section{Combinación de diagramas}

Una transferencia $T(s)$ puede expresarse como el producto de varias transferencias $T_1(s)$, $T_2(s)$, etc. De forma tal que el diagrama es una combinación de las rectas asintóticas correspondientes a cada una de las transferencias.




\chapter{Filtros}

\section{Circuitos con capacitores y resistores}

\subsection{Circuito pasa altos de primer orden}

Utilizando la ecuación (\ref{eq:transf_div_tens}), se puede encontrar muy fácilmente la transferencia para un circuito como el de la Figura \ref{fig:rc_oper}.

\begin{wrapfigure}{o}[3.5cm]{3.5cm}
\centering
\input{circuitos/rc_oper.tex}
\caption{\label{fig:rc_oper} Un circuito RC pasa altos.}
\end{wrapfigure}

\begin{eqnarray}
T(s) &=& \frac{Z_2}{Z_1+Z_2} = \frac{R}{R + \frac{1}{sC}} \\
T(s) &=& RC \frac{s}{sCR + 1} = \frac{s}{s + \frac{1}{RC}}
\end{eqnarray} 

Se trata de un circuito con un cero en $\omega=0$ y un polo en $\omega=1/RC$.

% Octave
% sys=zp([0],[-1000],1);
% w=logspace(2,4,101);
% [mag fase w] = bode(sys, w);
% zcero=20*log10(w*0+1);
% zinf=20*log10(w/1000);
% pinf=-20*log10(w/1000);
% semilogx(w,20*log10(mag),'-k;curva real;',w(1:1:50),zinf(1:1:50),'-r', w(51:1:70),zinf(51:1:70),'.0', w, zcero, '.0', w(32:1:50), pinf(32:1:50), '.0', w(51:1:101), pinf(51:1:101), '-r')

\begin{figure}[htb]
\centering
\input{graficos/bode_pasa_altos.tex}
\caption{\label{fig:bode_pasa_altos_comun} Diagrama de Bode para un circuito pasa altos, con $1/RC=1000$}
\end{figure} 

La Figura \ref{fig:bode_pasa_altos_comun} muestra el diagrama de Bode del circuito.  Se lo denomina {\bf pasa altos}, porque es un circuito que permite ver un valor apreciable a la salida solamente cuando 
$\omega$ es alta.  Este circuito es un pasa altos de primer orden, ya que tiene un cero y un polo.

En particular, para frecuencias mayores a la frecuencia $1/RC$ la salida es igual a la entrada, y a frecuencias bajas la salida es prácticamente nula. \\

Todo circuito que tenga la misma cantidad de ceros que de polos será un circuito pasa altos.

\begin{wrapfigure}{o}[3.5cm]{3.1cm}
\centering
\input{circuitos/rrc_oper_altos.tex}
\caption{\label{fig:rrc_oper_altos} Un circuito RC pasa altos más complejo.}
\end{wrapfigure}


\subsubsection{Otro circuito pasa altos}

El circuito de la Figura \ref{fig:rrc_oper_altos} es también un circuito pasa altos, pero 
con dos resistores.  \\

Antes de realizar los cálculos de la transferencia, se puede analizar el circuito por sus componentes,
teniendo en cuenta que en continua un capacitor cargado se comporta como un circuito abierto, mientras 
que a frecuencias altas un capacitor se comporta como un cable.

A simple vista, entonces, se puede analizar que la salida con $\omega\rightarrow0$ será la salida de un
típico divisor resistivo, mientras que la salida con $\omega\rightarrow\infty$ será equivalente a la
del circuito anterior, es decir 0. \\

Para el cálculo de la transferencia, se plantean las ecuaciones como antes, pero teniendo el
cuidado de calcular la impedancia operacional $Z_1$ primero.
\begin{eqnarray}
Z_1(s) &=& \frac{1}{\frac{1}{R_1} + sC} = \frac{R_1}{1+ sCR_1} \\
T(s) &=& \frac{Z_2}{Z_1+Z_2} = \frac{R_2}{R_2 + \frac{R_1}{1+ sCR_1}} \\
T(s) &=& \frac{R_2 \left( 1+ sCR_1 \right)}{R_2 \left(1+ sCR_1\right)+ R_1} =
 \frac{R_2 \left( 1+ sCR_1 \right)}{R_2 + sCR_1R_2+ R_1} \\
T(s) &=& \frac{R_2}{R_1+R_2} \frac{1+ sCR_1 }{\frac{sCR_1R_2}{R_1+R_2} + 1}  \\
T(s) &=& \frac{R_2}{R_1+R_2} \frac{CR_1 (R_1+R_2)}{CR_1R_2} 
         \frac{\frac{1}{CR_1}+ s}{s +\frac{R_1+R_2}{CR_1R_2}} = 
         \frac{s+\frac{1}{CR_1}}{s +\frac{R_1+R_2}{CR_1R_2}}
\end{eqnarray} 

% Octave
% sys=zp([0],[-1000],1);
% w=logspace(2,4,101);
% [mag fase w] = bode(sys, w);
% zcero2=20*log10(w*0+1);
% zcero=20*log10(w*0 + 0.001)/10;
% zinf=20*log10(w/2000);
% pinf=-20*log10(w/2000);
% semilogx(w,20*log10(mag),'-k;curva real;',w(35:1:78),zinf(35:1:78),'.0', w(51:1:66),zinf(51:1:66),'-r', w, zcero, '.0', w(1:1:51), zcero(1:1:51), '-r', w, zcero2, '.0', w(66:1:101), zcero2(66:1:101), '-r', w(55:1:97), pinf(55:1:97), '.0')

\begin{figure}[htb]
\centering
\input{graficos/bode_pasa_altos_rrc.tex}
\caption{\label{fig:bode_rrc_pasa_altos} Diagrama de Bode para un circuito pasa altos, con $R_1 = R_2 = R$ y $1/RC=1000$}
\end{figure} 

El cero de la transferencia está ubicado en $\omega=-\frac{1}{CR_1}$, mientras que el polo
está ubicado en $\omega=-\frac{R_1+R_2}{CR_1R_2}$.  La diferencia principal entre este circuito y el 
anterior es que el cero se ha desplazado, con lo cual la salida para $\omega\leftarrow0$ no es cero.

El diagrama \ref{fig:bode_rrc_pasa_altos} muestra el comportamiento de este circuito.  Como se había predicho, la salida para frecuencias bajas es de un valor constante ($\frac{R_2}{R_1 + R_2}$), y a 
frecuencias altas la salida es igual a la entrada.
 
Al mirar este gráfico, es claro que el cero se encuentra antes que el polo, no es necesario resolver ninguna ecuación para llegar a esa conclusión. \\

Es interesante notar que la recta asíntota tiene una pendiente de $20dB$ por década 
($|T(s)|$ aumenta $20dB$ cuando $\omega$ aumenta 10 veces su valor), que es 
equivalente a $6 dB$ por octava ($|T(s)|$ aumenta $6dB$ cuando $\omega$ aumenta 2 veces su valor). \\

Por otro lado, podemos generalizar el comportamiento de los circuitos de primer orden con 
$n$ resistores y 1 capacitor: el polo estará ubicado el la inversa de la constante de tiempo del 
capacitor y la resistencia equivalente que se mide entre los bornes del capacitor.

\subsection{Circuito pasa bajos de primer orden}

Nuevamente, utilizando la ecuación (\ref{eq:transf_div_tens}), se puede encontrar muy fácilmente la transferencia para un circuito como el de la Figura \ref{fig:rc_oper_bajos}.

\begin{wrapfigure}{o}[3.5cm]{3.5cm}
\centering
\input{circuitos/rc_oper_bajos.tex}
\caption{\label{fig:rc_oper_bajos} Un circuito RC pasa bajos.}
\end{wrapfigure}

\begin{eqnarray}
T(s) &=& \frac{Z_2}{Z_1+Z_2} = \frac{1}{sC} \frac{1}{R + \frac{1}{sC}} \\
T(s) &=& \frac{1}{sCR + 1}
\end{eqnarray} 

Se trata de un circuito con un solo polo en $\omega=1/RC$, cuya transferencia será como la graficada 
en la Figura \ref{fig:bode_polo}.

A este tipo de circuitos se los denomina {\bf pasa bajos}, ya que se trata de un circuito 
que permite ver un valor apreciable a la salida solamente cuando $\omega$ es pequeña.  Este circuito es un pasa bajos de primer orden, ya que tiene un solo polo.

En particular, para frecuencias menores a la frecuencia $1/RC$ la salida es igual a la entrada, y a frecuencias altas la salida es prácticamente nula. 

\subsubsection{Otro circuito pasa bajos}

\begin{wrapfigure}{o}[3.5cm]{3.5cm}
\centering
\input{circuitos/rcr_oper_bajos.tex}
\caption{\label{fig:rcr_oper_bajos} Otro circuito RC pasa bajos.}
\end{wrapfigure}

La Figura \ref{fig:rcr_oper_bajos} muestra otro circuito pasa bajos.  En este caso, a simple vista
puede analizarse que a bajas frecuencias la salida será igual a la entrada y a altas frecuencias, será
la salida de un divisor resistivo.

\begin{eqnarray}
T(s) &=& \frac{Z_2}{Z_1+Z_2} = \frac{\frac{1}{sC} + R_2}{R_1 + R_2 + \frac{1}{sC}} \\
T(s) &=& \frac{scR_2 + 1}{sC(R_1 + R_2) + 1}
\end{eqnarray} 
 
El circuito tiene un cero en $\omega_Z = \frac{1}{R_2C}$ y un polo en $\omega_P = \frac{1}{C(R_1 + R_2)}$. 
Es claro que $\omega_P < \omega_Z$.

En los circuitos pasabajos con un cero y un polo, el polo debe encontrarse siempre antes que el cero.

\subsection{Circuito pasa banda de segundo orden}

\begin{wrapfigure}{o}[3.5cm]{3.5cm}
\centering
\input{circuitos/rc_oper_seg_orden.tex}
\caption{\label{fig:rc_oper_seg_orden} Un circuito pasa banda de segundo orden.}
\end{wrapfigure}

Un circuito pasa banda como el ilustrado en la Figura \ref{fig:rc_oper_seg_orden}, deberá tener dos polos,
ya que cuenta con dos elementos almacenadores de energía.

Por otro lado, puede verse que tanto en $\omega\rightarrow0$ como en $\omega\rightarrow\infty$ la salida 
será igual a la entrada, mientras que en algún rango de frecuencias habrá cierta atenuación a la salida.

No es posible que haya amplificación, ya que al no haber amplificadores, la salida nunca puede ser mayor que la entrada.

Nuevamente, se utiliza la ecuación (\ref{eq:transf_div_tens}) para calcular la transferencia de este circuito.
\begin{eqnarray}
T(s) &=& \frac{Z_2}{Z_1+Z_2} = \frac{\frac{1}{sC_2} + R_2 }{R_2 + \frac{1}{sC_2} + \frac{R_1}{1+sC_1R_1}} \\
T(s) &=& \frac{sC_2R_2 + 1}{sC_2R_2 + 1 + \frac{sR_1 C_2}{1+sC_1R_1}} \\
T(s) &=& \frac{(sC_2R_2 + 1)(sC_1R_1 + 1)}{(sC_2R_2 + 1)(sC_1R_1 + 1) + sR_1 C_2} \\
T(s) &=& \frac{(sC_2R_2 + 1)(sC_1R_1 + 1)}{s^2C_2R_2C_1R_1 + sC_2R_2 + sC_1R_1 + 1 + sR_1 C_2} \\
T(s) &=& C_2R_2C_1R_1 \frac{(sC_2R_2 + 1)(sC_1R_1 + 1)}{s^2 + s \frac{C_2R_2 + C_1R_1+ R_1 C_2}{C_2R_2C_1R_1} + \frac{1}{C_2R_2C_1R_1} }
\end{eqnarray} 

Se trata de un circuito con dos ceros y dos polos.  Los dos ceros están en $\omega_1 =1/R_1C_1$ y 
$\omega_2 =1/R_2C_2$.  Los polos, por otro lado, tienen un $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{C_2R_2C_1R_1}}$ 
y un $Q = \frac{\sqrt{C_2R_2C_1R_1}}{C_2(R_1 +R_2) + C_1R_1}$. De manera que no importa los valores que tengan los resistores y los capacitores, $Q < 0.5$ siempre, es decir que, los polos serán siempre reales.

\section{Circuitos con amplificadores operacionales}

La utilización de amplificadores operacionales en la construcción de filtros, 
provee muchas opciones adicionales.  
Permite invertir polos y ceros, obtener una salida amplificada, que la salida
sea la derivada o la integral de la entrada, etc.

Es posible obtener comportamientos bastante complejos con circuitos muy sencillos. \\

Mientras se opere a valores de frecunecia menores a 1 o 2 MHz, no es necesario utilizar inductores,
dado que son grandes y caros con respecto a los capacitores, siempre que sea posible
se utilizan capacitores.

\subsection{Filtro derivador}

\begin{figure}[htb]
\centering
\input{circuitos/ampl_derivador.tex}
\caption{\label{fig:ampl_derivador} Circuito derivador.}
\end{figure} 

\begin{eqnarray}
I_R(s) &=& I_C(s) \\
-\frac{V_O(s)}{R} &=& V_I(s) sC \\
V_O(s) &=& -V_I(s) sRC = -RC \left(s V_I(s) \right)
\end{eqnarray}

Recordando la propiedad de la derivada para la transformada de Laplace, dada por la ecuación (\ref{eq_laplace_derivada}), resulta claro que la salida de este circuito es la derivada de la entrada, excepto por una constante de proporcionalidad.

Por otro lado, la transferencia del circuito será:
\begin{equation}
T(s) = \frac{V_O(s)}{V_I(s)} = -RC s
\end{equation} 

\subsection{Filtro integrador}

\begin{figure}[htb]
\centering
\input{circuitos/ampl_integrador.tex}
\caption{\label{fig:ampl_integrador} Circuito integrador.}
\end{figure} 

\begin{eqnarray}
I_R(s) &=& I_C(s) \\
\frac{V_I(s)}{R} &=& - V_O(s) sC \\
V_O(s) &=& -\frac{V_I(s)}{sRC} = \frac{-1}{RC} \left(\frac{V_I(s)}{s} \right)
\end{eqnarray}

Recordando la propiedad de la integral para la transformada de Laplace, dada por la ecuación (\ref{eq_laplace_integral}), resulta claro que la salida de este circuito es la integral de la entrada, excepto por una constante de proporcionalidad.

Por otro lado, la transferencia del circuito será:
\begin{equation}
T(s) = \frac{V_O(s)}{V_I(s)} = \frac{-1}{RC s}
\end{equation} 

\subsection{Filtro pasa banda}

\begin{figure}[htb]
\centering
\input{circuitos/pasabanda_raro.tex}
\caption{\label{fig:pasabanda_raro} Un circuito pasa banda.}
\end{figure} 

\begin{eqnarray}
Z_2 &=& \frac{R_2}{sC_2R_2 + 1} \\
Z_1 &=& \frac{R_1sC_1 +1}{sC_1} \\
T(s) &=& \frac{-Z_2}{Z_1} = - \frac{R_2}{sC_2R_2 + 1} \frac{sC_1}{sC_1R_1 +1} \\
T(s) &=& \frac{sC_1R_2}{(sC_2R_2 + 1)(sC_1R_1 +1)}
\end{eqnarray} 

Se trata de un pasabanda, ya que el número de ceros es la mitad que el número de polos. \\

Es importante notar que no se puede utilizar un circuito que tenga un polo en cero para la impedancia que relaciona el nodo de salida ($V_O$) con el nodo de control ($V^-$).  Es decir que siempre tiene que haber un resistor entre el nodo de control y el de salida.


\subsection{Filtro con realimentación múltiple - Sallen y Key}

\begin{figure}[htb]
\centering
\input{circuitos/ampl_generico.tex}
\caption{\label{fig:ampl_generico} Un circuito genérico, con realimentación múltiple.}
\end{figure}

A partir del circuito de la Figura \ref{fig:ampl_generico} es posible elaborar una gran cantidad de filtros,
eligiendo dónde tendrán los polos y los ceros, según los componentes que se coloquen en el circuito.

Es necesario obtener una expresión genérica para la transferencia.  Para ello, se define:
\begin{equation}
\label{eq:ampl_k} K = \frac{V_O(s)}{V_B(s)} = \frac{R_{K1}+R_{K2}}{R_K2}
\end{equation} 
De manera que la amplificación del operacional está definida por los valores de $R_{K1}$ y $R_{K2}$.  Esto es lo que caracteriza a los filtros Sallen y Key.

Se plantean las ecuaciones de los nodos:
\begin{eqnarray}
V_A)&&0 = (Y_1 + Y_2 + Y_3 + Y_5) V_A(s) - Y_1 V_I(s) - Y_3 V_B(s) - Y_2 V_O(s) \\
V_B)&&0 = (Y_3 + Y_4 + Y_6) V_B(s) - Y_3 V_A(s) - Y_6 V_O(s)
\end{eqnarray} 

Y se resuelve:
\begin{eqnarray}
Y_3 V_A(s) &=& (Y_3 + Y_4 + Y_6) \frac{V_O(s)}{K} - Y_6 V_O(s) \\
V_A(s) &=& \frac{V_O(s)}{Y_3} \left( \frac{1}{K} (Y_3 + Y_4 + Y_6)  - Y_6 \right) \\
Y_1 V_I(s) &=& (Y_1 + Y_2 + Y_3 + Y_5) V_A(s) - Y_3 \frac{V_O(s)}{K} - Y_2 V_O(s) \\
Y_1 V_I(s) &=& (Y_1 + Y_2 + Y_3 + Y_5) \left( \frac{V_O(s)}{Y_3} \left( \frac{1}{K} (Y_3 + Y_4 + Y_6)  - Y_6 \right) \right) \\
&&\mbox{} - V_O(s) \left(  \frac{Y_3}{K} - Y_2  \right) \\
Y_1 V_I(s) &=& V_O(s) \left( \frac{Y_1 + Y_2 + Y_3 + Y_5}{Y_3} \left( \frac{Y_3 + Y_4 + Y_6}{K}  - Y_6 \right) - \frac{Y_3}{K} - Y_2 \right)  \\
V_O(s) &=& \frac{V_I(s) Y_1}{\frac{Y_1 + Y_2 + Y_3 + Y_5}{Y_3} \left( \frac{Y_3 + Y_4 + Y_6}{K}  - Y_6 \right) - \frac{Y_3}{K} - Y_2 }
\end{eqnarray}

Operando sobre el denominador:
\begin{eqnarray}
\frac{V_O(s)}{V_I(s)} &=& \frac{ Y_1}{\frac{(Y_1 + Y_2 + Y_3 + Y_5)(Y_3 + Y_4 + Y_6 -K Y_6)}{K Y_3} 
- \frac{Y_3^2 + Y_2Y_3K}{K Y_3}} \\
\frac{V_O(s)}{V_I(s)} &=& \frac{ K Y_3Y_1}{(Y_1 + Y_2 + Y_3 + Y_5)(Y_3 + Y_4 + Y_6 -K Y_6) 
- Y_3^2 - Y_2Y_3K} \\
\frac{V_O(s)}{V_I(s)} &=& \frac{ K Y_3Y_1}{(Y_1 + Y_2 + Y_3 + Y_5)(Y_3 + Y_4 + Y_6 -K Y_6) 
- Y_3^2 - Y_2Y_3K} 
\end{eqnarray}

De manera que la transferencia será:
\begin{equation}
\frac{V_O(s)}{V_I(s)} = \frac{ K Y_3Y_1}{(Y_1 + Y_2 + Y_3 + Y_5)(Y_3 + Y_4 + Y_6) 
- Y_3^2 -K \left(Y_6(Y_1 + Y_2 + Y_3 + Y_5) + Y_2Y_3\right)}
\end{equation} 

Si todos los componentes son resistores, las admitancias son números reales, y la transferencia 
también. Pero utilizando algunos capacitores, se tendrán algunas variables del tipo $sC$ que permiten
introducir ceros o polos según corresponda.

\subsubsection{Construcción de un filtro pasa bajos}

Se busca un filtro pasabajos que cumpla con la expresión:
\begin{equation}
T(s) = \frac{H_0 \omega_0^2}{s^2 + \frac{\omega_0}{Q} s + \omega_0^2}
\end{equation} 

\begin{enumerate}
\item En primer lugar, se seleccionan $Y_3 = 1/R_3$ y $Y_1 = 1/R_1$ para 
que la transferencia no tenga ceros.

\item A continuación se elimina $Y_6$ para simplificar la ecuación:
\begin{equation}
\frac{V_O(s)}{V_I(s)} = \frac{ K G_3G_1}{(G_1 + Y_2 + G_3 + Y5)(G_3 + Y_4 ) 
- G_3^2 -K \left(Y_2G_3\right)}
\end{equation} 

\item Luego, se eligen $Y_2 = sC_2$ y $Y_4 = sC_4$ para obtener un término en $s^2$.

\item Y finalmente se elimina $Y_5$ para simplificar la ecuación.
\end{enumerate} 

\begin{figure}[htb]
\centering
\input{circuitos/pasabajos_sk.tex}
\caption{\label{fig:pasabajos_sk} Un pasa bajos Sallen y Key.}
\end{figure}

La ecuación del circuito terminado, ilustrado en la Figura \ref{fig:pasabajos_sk}, es:
\begin{equation} 
T(s) = \frac{ K G_3G_1}{(G_1 + sC_2 + G_3)(G_3 + sC_4 ) 
- G_3^2 -K sC_2G_3}
\end{equation} 

Operando sobre el denominador:
\begin{eqnarray}
T(s) &=& \frac{ K G_3G_1}{G_1G_3 + sC_2G_3 + G_1sC_4 + s^2C_2C_4 + G_3sC_4 -K sC_2G_3} \\
T(s) &=& \frac{ K G_3G_1}{s^2C_2C_4 + s \left( C_2G_3 + C_4G_1 + C_4G_3 
-KC_2G_3 \right) + G_1G_3} \\
T(s) &=& \frac{KG_3G_1}{C_2C_4} \frac{ 1 }{s^2 + s \left( \frac{G_1}{C_2} + 
\frac{G_3}{C_2} + \frac{G_3}{C_4} ( 1 - K) \right) + \frac{G_1G_3}{C_2C_4}}
\end{eqnarray} 

De manera que:
\begin{eqnarray}
\omega_0 &=& \sqrt{\frac{G_1G_3}{C_2C_4}} =\sqrt{\frac{1}{C_2C_4R_1R_3}} \\
Q &=& \frac{C_2C_4}{ C_4G_1 +G_3 (C_4 + C_2 (1-K))} \sqrt{\frac{G_1G_3}{C_2C_4}}  
\end{eqnarray}

Son dos ecuaciones con cuatro incógnitas, hay infinitos juegos de valores que las satisfacen. \\

Para poder resolverlo de una forma más sencilla, se supone $R_1 = R_3 = R$ y $C_2 = C_4 = C$, 
de manera que quedan dos ecuaciones con dos incóginitas:
\begin{eqnarray}
\omega_0 &=&  = \frac{1}{RC} \\
Q &=& \frac{C^2}{ 2C/R + C/R (1-K)} \frac{1}{RC} = \frac{1}{3 - K}
\end{eqnarray}

Es decir que se pueden manejar $\omega_0$ y $Q$ independientemente.

Según se elija el factor $K$, que se construye a partir de la ecuación (\ref{eq:ampl_k}), 
se podrán obtener distintos resultados: polos reales y diferentes, polo real doble o polos complejos 
conjugados. 

Los valores que se elijan para $R$ y $C$ tendrán que ver con la cantidad de corriente y tensión que pueda dar la fuente y con el amplificador operacional utilizado y la resistencia de entrada que admita. \\

Es importante notar que, dado que $Q=1/3-K$, el valor de $K$ debe ser menor que 3, porque sino el sistema pasaría a ser inestable.

Si $K=3$ y la entrada es 0, el circuito empieza a oscilar.  Incrementando el valor de $K$, el circuito 
incrementa su oscilación hasta que llega al máximo provisto por la batería del amplificador operacional.


\subsubsection{Construcción de un filtro pasa banda}

Se busca un filtro pasa banda que cumpla con la expresión:
\begin{equation}
T(s) = \frac{H_0 \frac{\omega_0}{Q} s}{s^2 + \frac{\omega_0}{Q} s + \omega_0^2}
\end{equation} 

\begin{enumerate}
\item En primer lugar, se seleccionan una de las admitancias del numerador ($Y_3$ o $Y_1$) 
como capacitiva, de manera que haya un cero en el numerador.  
Por simplificar las cuentas, se elige $Y_3 = sC_3$ y $Y_1 = 1/R_1$.

\item A continuación se elimina $Y_6$ para simplificar la ecuación:
\begin{equation}
\frac{V_O(s)}{V_I(s)} = \frac{ K sC_3 G_1}{(G_1 + Y_2 + sC_3 + Y5)(sC_3 + Y_4 ) 
- (sC_3)^2 -K \left(Y_2sC_3\right)}
\end{equation} 

\item Luego se elige $Y_5 = sC_5$, no se puede elegir $Y_4 = sC_4$ porque no habría 
forma de cargar el capacitor. Es necesario cumplir con la ecuación, pero también con la situación
eléctrica.

\item Y finalmente se toman $Y_2=1/R_2$ y $Y_4=1/R_4$.
\end{enumerate} 

\begin{figure}[htb]
\centering
\input{circuitos/pasabanda_sk.tex}
\caption{\label{fig:pasabanda_sk} Un pasa banda Sallen y Key.}
\end{figure}

La ecuación del circuito terminado, ilustrado en la Figura \ref{fig:pasabanda_sk}, es:
\begin{equation} 
T(s) = \frac{ K sC_3 G_1}{(G_1 + G_2 + sC_3 + sC_5)(sC_3 + G_4 ) 
- (sC_3)^2 -K \left(G_2sC_3\right)} 
\end{equation} 

Operando sobre el denominador:
\begin{eqnarray}
T(s) &=& \frac{ K sC_3 G_1}{sC_3G_1 + sC_3G_2 + s^2C_3C_5 + G_4G_1 + G_4G_2 + sG_4C_3 + sG_4C_5  
-sK G_2C_3} \\
T(s) &=& \frac{ K sC_3 G_1}{s^2C_3C_5 + s \left( C_3G_1 + C_3G_2 + G_4C_3  + G_4C_5  
-K G_2C_3 \right) + G_4(G_1 + G_2) } \\
T(s) &=& \frac{ K C_3 G_1}{C_3C_5} \frac{s}{s^2 + s \left( \frac{G_1 + G_2 (1 -K) + G_4}{C_5} + \frac{G_4}{C_3} \right) + \frac{G_4(G_1 + G_2)}{C_3C_5} }
\end{eqnarray} 

De manera que:
\begin{eqnarray}
\omega_0 &=& \sqrt{\frac{G_4(G_1 + G_2)}{C_3C_5}} \\
Q &=&  \frac{C_3C_5}{C_3 (G_1 + G_2 (1-K) + G_4)  + G_4C_5} \sqrt{\frac{G_4(G_1 + G_2)}{C_3C_5}}
\end{eqnarray}


Nuevamente, para poder resolver estas ecuaciones 
de una forma más sencilla, se supone $R_1 = R_2 = R_4 = R$ y $C_3 = C_5 = C$, 
de manera que quedan dos ecuaciones con dos incóginitas:
\begin{eqnarray}
\omega_0 &=&  = \frac{\sqrt{2}}{RC} \\
Q &=& \frac{C^2}{ \frac{C}{R} (1 + 1-K + 1) + \frac{C}{R}} \frac{\sqrt{2}}{RC} = \frac{\sqrt{2}}{4 - K}
\end{eqnarray}

El valor de $\omega_0$ es otra vez definido por los valores de los componentes, mientras que el valor de
$Q$ es definido por el factor de amplificación del amplificador operacional.

\subsubsection{Construcción de un filtro pasa altos}

Se busca un filtro pasa altos que cumpla con la expresión:
\begin{equation}
T(s) = \frac{H_0 s^2}{s^2 + \frac{\omega_0}{Q} s + \omega_0^2}
\end{equation} 

\begin{enumerate}
\item Es necesario que $Y_3=sC_3$ y que $Y_1=sC_1$ ya que se necesita un cero doble.

\item A continuación se elimina $Y_6$ para simplificar la ecuación:
\begin{equation}
\frac{V_O(s)}{V_I(s)} = \frac{ K s^2C_3 C_1}{(sC_1 + Y_2 + sC_3 + Y5)(sC_3 + Y_4 ) 
- (sC_3)^2 -K \left(Y_2sC_3\right)}
\end{equation} 

\item Se elimina $Y_5$ por simplicidad.

\item Y finalmente se toman $Y_2 = 1/R_2$ y $Y_4 = 1/R_4$.
\end{enumerate} 

\begin{figure}[htb]
\centering
\input{circuitos/pasaaltos_sk.tex}
\caption{\label{fig:pasaaltos_sk} Un pasa altos Sallen y Key.}
\end{figure}

La ecuación del circuito terminado, ilustrado en la Figura \ref{fig:pasaaltos_sk}, es:
\begin{equation} 
T(s) = \frac{ K s^2C_3 C_1}{(sC_1 + G_2 + sC_3)(sC_3 + G_4 ) 
- (sC_3)^2 -K \left(G_2sC_3\right)} 
\end{equation} 

Operando sobre el denominador:
\begin{eqnarray}
T(s) &=& \frac{ K s^2C_3 C_1}{s^2C_3C_1 + sC_3G_2 + sC_1G_4 + G_2G_4 + sC_3G_4 -K s G_2C_3} \\
T(s) &=& \frac{ K s^2C_3 C_1}{s^2C_3C_1 + s\left(C_3G_2(1-K) + C_1G_4 + C_3G_4 \right)+ G_2G_4} \\
T(s) &=& K \frac{s^2}{s^2 + s\left(\frac{G_2(1-K) + G_4}{C_1} + \frac{G_4}{C_3} \right) + \frac{G_2G_4}{C_3C_1}} 
\end{eqnarray} 

De manera que:
\begin{eqnarray}
\omega_0 &=& \sqrt{\frac{G_4G_2}{C_3C_1}} \\
Q &=&  \frac{C_3C_1}{C_3 (G_2(1-K) + G_4)  + G_4C_1} \sqrt{\frac{G_4G_2}{C_3C_1}}
\end{eqnarray}


Nuevamente, para poder resolver estas ecuaciones 
de una forma más sencilla, se supone $R_2 = R_4 = R$ y $C_1 = C_3 = C$, 
de manera que quedan dos ecuaciones con dos incóginitas:
\begin{eqnarray}
\omega_0 &=&  = \frac{1}{RC} \\
Q &=& \frac{C^2}{ \frac{C}{R} (1-K + 1) + \frac{C}{R}} \frac{1}{RC} = \frac{1}{3 - K}
\end{eqnarray}

El valor de $\omega_0$ es otra vez definido por los valores de los componentes, mientras que el valor de
$Q$ es definido por el factor de amplificación del amplificador operacional.

\subsection{Filtro con realimentación múltiple - Ganancia infinita}

Si se toma un amplificador operacional con un $K \rightarrow \infty$ se puede obtener la transferencia 
general de un filtro similar al estudiado anteriormente, según se ilustra en la Figura \ref{fig:ampl_generico_inf}.

\begin{figure}[htb]
\centering
\input{circuitos/ampl_generico_inf.tex}
\caption{\label{fig:ampl_generico_inf} Un circuito genérico, con realimentación múltiple y ganancia infinita.}
\end{figure} 

En este circuito se ha eliminado la admitanca $Y_4$ ya que con esta nueva configuración no tenía sentido,
en este caso, la transferencia del circuito será:
\begin{equation}
T(s) = \frac{-Y_1 Y_3}{Y_6(Y_1 + Y_2 + Y_3 + Y_5) + Y_2Y_3}
\end{equation} 

\subsubsection{Construcción de un filtro pasabajos}

Se busca un filtro pasabajos que cumpla con la expresión:
\begin{equation}
T(s) = \frac{H_0 \omega_0^2}{s^2 + \frac{\omega_0}{Q} s + \omega_0^2}
\end{equation} 

\begin{enumerate}
\item En primer lugar, se seleccionan $Y_3 = 1/R_3$ y $Y_1 = 1/R_1$ para 
que la transferencia no tenga ceros.

\item A continuación se tom $Y_6=sC_6$ para poder tener dos polos en el denominador.

\item Luego, $Y_2=1/R_2$, ya que tiene que haber un camino resistivo entre el nodo de control y la salida
del amplificador.

\item Finalmente ee elige $Y_5 = sC_5$ para tener el segundo capacitor del circuito.
\end{enumerate} 

\begin{figure}[htb]
\centering
%\input{circuitos/pasabajos_inf.tex}
\caption{\label{fig:pasabajos_inf} Un pasa bajos de ganancia infinita.}
\end{figure}

La ecuación del circuito terminado, ilustrado en la Figura \ref{fig:pasabajos_inf}, es:
\begin{equation} 
T(s) = \frac{ -G_3G_1}{sC_6(G_1 + G_2 + G_3 + sC_5) + G_2G_3}
\end{equation} 

Operando sobre el denominador:
\begin{eqnarray}
T(s) &=& \frac{-G_3G_1}{sC_6G_1 + sC_6G_2 + sC_6G_3 + s^2C_6C_5 + G_2G_3} \\
T(s) &=& \frac{-G_3G_1}{s^2C_6C_5 + sC_6( G_1 + G_2 + G_3)  + G_2G_3} \\
T(s) &=& \frac{-G_3G_1}{C_6C_5} \frac{1}{s^2 + s\frac{ G_1 + G_2 + G_3}{C_5}  + \frac{G_2G_3}{C_6C_5}}
\end{eqnarray} 

De manera que:
\begin{eqnarray}
\omega_0 &=& \sqrt{\frac{G_2G_3}{C_6C_5}} =\sqrt{\frac{1}{C_6C_5R_2R_3}} \\
Q &=& \frac{C_5}{G_1 + G_2 + G_3} \sqrt{\frac{G_2G_3}{C_6C_5}}  
\end{eqnarray}

Además, se puede ver que $H_0= -\frac{R_2}{R_1}$, lo que indica que este circuito se comporta como un
amplificador inversor cuando $\omega = 0$. \\

Si se toma $R_1 = R_2 = R_3 = R$ y $C_5 = C_6 = C$:
\begin{eqnarray}
\omega_0 &=& \frac{1}{RC} \\
Q &=& \frac{C}{3/R} \frac{1}{RC} = \frac{1}{3}
\end{eqnarray}

Es decir que con estos valores, $Q$ queda totalmente determinado, para tener un grado de libertad 
se puede eligir $R_2 = R_3 = R$ y $R_1 \neq R$:
\begin{eqnarray}
Q &=& \frac{C}{1/R_1 + 2/R} \frac{1}{RC} = \frac{R_1}{R + 2R_1}
\end{eqnarray}

Sin embargo, no hay posiblidad de tener polos complejos conjugados, ya que $Q < 0.5$.  Si se toma 
$C_6 \neq C_5$ se puede conseguir cualquier valor para $Q$, pero los cálculos son más complejos.



\subsubsection{Construcción de un filtro pasa banda}

Se busca un filtro pasa banda que cumpla con la expresión:
\begin{equation}
T(s) = \frac{H_0 \frac{\omega_0}{Q}}{s^2 + \frac{\omega_0}{Q} s + \omega_0^2}
\end{equation} 

\begin{figure}[htb]
\centering
%\input{circuitos/pasabanda_inf.tex}
\caption{\label{fig:pasabanda_inf} Un pasa banda de ganancia infinita.}
\end{figure}

La ecuación del circuito terminado, ilustrado en la Figura \ref{fig:pasabanda_inf}, es:
\begin{equation} 
T(s) = \frac{ -sC_3G_1}{G_6(G_1 + sC_2 + sC_3 + G_5) + s^2C_2C_3}
\end{equation} 

Operando sobre el denominador:
\begin{eqnarray}
T(s) &=& \frac{ -sC_3G_1}{s^2C_2C_3 + sC_2G_6 + sC_3G_6 + G_5G_6 + G_6G_1} \\
T(s) &=& \frac{-G_1}{C_2} \frac{s}{s^2 + s\left( \frac{G_6}{C_3} + \frac{G_6}{C_2} \right)
+ \frac{G_6 (G_5 + G_1)}{C_3C_2}} 
\end{eqnarray} 

De manera que:
\begin{eqnarray}
\omega_0 &=& \sqrt{\frac{G_6 (G_5 + G_1)}{C_3C_2}}  \\
Q &=& \frac{C_2C_3}{G_6 (C_2 + C_3)} \sqrt{\frac{G_6 (G_5 + G_1)}{C_2C_3}}  
\end{eqnarray}

Si se toma $R_1 = R_5 = R_6 = R$ y $C_2 = C_3 = C$:
\begin{eqnarray}
\omega_0 &=& \frac{\sqrt{2}}{RC} \\
Q &=& \frac{C^2}{2C/R} \frac{\sqrt{2}}{RC} = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.707
\end{eqnarray}

Es decir que con estos valores, $Q$ queda totalmente determinado (la parte real del polo es igual a la parte imaginaria), para tener un grado de libertad es necesario elegir otros valores.

La complicación es que las tres resistencias están en las dos ecuaciones, de manera que se tienen que tomar valores distintos para cada uno de los resistores.



\begin{eqnarray}
Q &=& \frac{C}{1/R_1 + 2/R} \frac{1}{RC} = \frac{R_1}{R + 2R_1}
\end{eqnarray}

Sin embargo, no hay posiblidad de tener polos complejos conjugados, ya que $Q < 0.5$.  Si se toma 
$C_6 \neq C_5$ se puede conseguir cualquier valor para $Q$, pero los cálculos son más complejos.



\subsubsection{Construcción de un filtro pasa altos}

Se busca un filtro pasa altos que cumpla con la expresión:
\begin{equation}
T(s) = \frac{H_0 s^2}{s^2 + \frac{\omega_0}{Q} s + \omega_0^2}
\end{equation} 

\begin{itemize}
\item Tanto $Y_1$ como $Y_3$ deben ser capacitores, para poder tener un cero doble.
\item Además, $Y_6$ tiene que ser un resistor, y $Y_2$ un capacitor.
\end{itemize} 

\begin{figure}[htb]
\centering
%\input{circuitos/pasaaltos_inf.tex}
\caption{\label{fig:pasaaltos_inf} Un pasa altos de ganancia infinita.}
\end{figure}

La ecuación del circuito terminado, ilustrado en la Figura \ref{fig:pasaaltos_inf}, es:
\begin{equation} 
T(s) = \frac{ -s^2C_1C_3}{G_6(sC_1 + sC_2 + sC_3 + G_5) + s^2C_2C_3}
\end{equation} 

Operando sobre el denominador:
\begin{eqnarray}
T(s) &=& \frac{ -s^2C_1C_3}{s^2C_2C_3 + sC_1G_6 + sC_2G_6 + sC_3G_6 + G_5G_6} \\
T(s) &=& \frac{-C_1}{C_2} \frac{s^2}{s^2 + s \left(\frac{G_6}{C_2C_3} (C_1+ C_2 + C_3) \right) 
+ \frac{G_5G_6}{C_2C_3}}
\end{eqnarray} 

De manera que:
\begin{eqnarray}
\omega_0 &=& \sqrt{\frac{G_5G_6}{C_2C_3}}  \\
Q &=& \frac{C_2C_3}{G_6 (C_1 + C_2 + C_3)} \sqrt{\frac{G_5G_6}{C_2C_3}}  
\end{eqnarray}

Tomando $C_1 = C_2 = C_3 = C$:
\begin{eqnarray}
\omega_0 &=& \frac{\sqrt{G_5G_6}}{C} = \frac{1}{\sqrt{R_5R_6} C}  \\
Q &=& \frac{C^2}{G_6 (3C)} \frac{\sqrt{G_5G_6}}{C} = \frac{\sqrt{G_5G_6}}{3G_6} = 
3 \sqrt{\frac{R_6}{R_5}}  
\end{eqnarray}

Es decir que para $\omega_0$ se tiene en cuenta el producto de $R_5$ y $R_6$, mientras
que para $Q$ se tiene en cuenta su relación.

Para tener más grados de libertad es necesario no tomar los capacitores iguales.

\subsection{Circuito integral}

Teniendo un pasa bandas genérico, es posible conseguir un pasa altos derivando y un pasa bajos integrando.

