TEMA 2 DA2
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Diseño Análogo 2 – Tema # 2 Ejercicio 5.116 pág.532 EJERCICIOS En el circuito mostrado en la figura 2.2 el transistor tiene una β de 200. ¿Cuál es el voltaje de DC en el colector? Encuentre las resistencias de entrada 𝑣 𝑅𝑖𝑏 y 𝑅𝑒𝑛𝑡 y la ganancia de voltaje global 𝑜⁄𝑣𝑠𝑒ñ𝑎𝑙 . Para una señal de salida de ±0.4V. ¿Cuáles valores de 𝑣𝑠𝑒ñ𝑎𝑙 y 𝑣𝑏𝑒 se requieren? Ejercicio 5.115 pág.532 Para el circuito mostrado en la figura 2.1 dibuje un circuito equivalente completo a pequeña señal utilizando un modelo T apropiado para el BJT (use α=0.99). Su circuito debe mostrar los valores de todos los componentes, incluido los parámetros del modelo. ¿Cuál es la resistencia de entrada Rent? 𝑣 Calcule la ganancia de voltaje global 𝑜⁄𝑣𝑠𝑒ñ𝑎𝑙 . Figura 2.2 𝛽 200 𝛼 = 𝛽+1 = 201 = 0.995 𝐼𝐶 = 𝛼𝐼𝐸 = 0.995 ∗ 10𝑚𝐴 = 9.95𝑚𝐴 𝑉𝐶 = 𝐼𝐶 ∗ 𝑅𝐶 = 9.95𝑚𝐴 ∗ 100 = 0.995𝑉 Figura 2.1 𝐼 𝐸 𝐼𝐵 = 𝛽+1 = 10𝑚𝐴 201 = 50𝜇𝐴 𝑉𝐵 = 1.5𝑉 − 𝐼𝐵 ∗ 10𝐾 = 1.5𝑉 − 10𝐾Ω ∗ 0.05𝑚𝐴 = 1𝑉 Comprobemos que está en la región activa 𝑟𝑒 = 𝑉𝑇 𝐼𝐸 𝑉𝐶𝐵 = 0.995𝑉 − 1𝑉 = −0.005 Efectivamente es menor que 0.4V 25𝑚𝑉 = 0.5𝑚𝐴 = 50Ω Remplacemos el circuito por el modelo a pequeña señal 𝑅𝑒𝑛𝑡 = 𝑟𝑒 = 50Ω 𝑅 ´ 𝐿 = 10𝐾||10𝐾 = 5𝐾Ω 𝑣𝑜 = −0.99𝑖𝑒 ∗ 5𝐾 pero 𝑖𝑒 = − 𝑅 𝑣𝑜 = 𝑣𝑠𝑖𝑔 𝑣 𝑠𝑖𝑔 +𝑟𝑒 0.99∗5𝐾 100 𝑠𝑖𝑔 = − 100 𝑣𝑠𝑖𝑔 𝑣𝑜 𝑣𝑠𝑖𝑔 𝑉 = 49.5 𝑉 𝐼 𝑔𝑚 = 𝑉𝐶 = 𝑇 𝛽 𝑟𝜋 = 𝑔𝑚 = 9.95𝑚𝐴 25𝑚𝑉 200 0.4 𝐴 = 0.4 𝑉 = 500Ω 1 𝑅𝑖𝑏 = 𝑟𝜋 = 500Ω 𝑅𝑒𝑛𝑡 = 𝑅𝐵 ||𝑟𝜋 = 𝑣𝑏𝑒 = 𝑣𝑠𝑒ñ ∗ 10𝐾∗500 10𝐾+500 𝑅𝑒𝑛𝑡 𝑅𝑒𝑛𝑡 +𝑅𝑠𝑒ñ = = 476Ω 476 1.476𝐾 ∗ 𝑣𝑠𝑒ñ = 0.32 ∗ 𝑣𝑠𝑒ñ Podemos ver también que 𝑣𝑜 = −𝑔𝑚𝑣𝑏𝑒 𝑅𝐶 = −𝑔𝑚𝑅𝐶 ∗ 0.32 ∗ 𝑣𝑠𝑒ñ = −0.4 ∗ 100 ∗ 0.32 ∗ 𝑣𝑠𝑒ñ = −12.9𝑣𝑠𝑒ñ 𝑣𝑜 𝑣𝑠𝑒ñ 𝑣 = −12.9 𝑣 Para una salida de ± 0.4V a la salida tendremos 𝑣𝑜 = −12.9𝑣𝑠𝑒ñ = ± 0.4V 𝑣𝑠𝑒ñ = ±0.4 −12.9 = ±31𝑚𝑉 y para 𝑣𝑏𝑒 𝑣𝑏𝑒 = 0.32 ∗ 𝑣𝑠𝑒ñ = 0.32 ∗ ±31𝑚𝑉 = 9.9𝑚𝑉 Ejercicio D5.123 pág.533 Diseñe un amplificador con la configuración de la figura 2.3. Los suministros de energía disponibles son ±10V. La fuente de señal de entrada tiene una resistencia de 100Ω, y se requiere que la resistencia de entrada del amplificador iguale este valor. (Note que 𝑅𝑒𝑛𝑡 = 𝑟𝑒 ||𝑅𝐸 ≈ 𝑟𝑒 ) el amplificador va tener la mayor ganancia de voltaje posible y la señal de salida más grande posible pero manteniendo su operación lineal con señal pequeña (es decir, el componente de señal en la unión base-emisor se debe limitar a no más de 10mV) Determine valores aproximados para 𝑅𝐸 y 𝑅𝐶 ¿Cuál es el valor de ganancia de voltaje lograda? Como se puede comprobar 𝑅𝑒𝑛𝑡 = 𝑟𝑒 ||𝑅𝐸 ≈ 𝑟𝑒 = 100Ω Entonces como 𝑟𝑒 = 𝑉 𝑇 𝐼𝐸 = 100 = 25𝑚𝑉 𝑉𝑇 = 100 𝐼𝐸 = 0.25𝑚𝐴 100 𝑉𝐸 = 𝑉𝐸𝐵 − 𝑉𝐵 = 0.7𝑉 − 0 = 0.7𝑉 0.25𝑚𝐴 = 10−𝑉𝐸 𝑅𝐸 10−0.7 𝑅𝐸 = 0.25𝑚𝐴 = 37.2𝐾 Ahora para seleccionar RC, que este valor es proporcional a la ganancia 𝑣𝑜 = −𝛼𝑖𝑒 𝑅𝐶 𝑖𝑒 = − 𝑣𝑜 𝑣𝑠𝑒ñ 𝑣𝑜 𝑣𝑠𝑒ñ 𝑅𝑒𝑛 ) 𝑅𝑒𝑛 +𝑅𝑠𝑒ñ (𝑣𝑠𝑒ñ ∗ 𝑟𝑒 = −𝛼 (− = 100 100+100 𝑅𝑒𝑛 ) 𝑅𝑒𝑛 +𝑅𝑠𝑒ñ ( ) 𝑅𝐶 = 𝑅 𝑟𝑒 ∗ 𝑅𝐶 100 𝑅𝑒𝑛 𝑒𝑛 +𝑅𝑠𝑒ñ ∗𝛼 𝑅𝐶 𝑟𝑒 = 0.005𝑅𝐶 Ecuación 1 Sabemos que el máximo voltaje entre base y emisor es de 10mv (condición de pequeña señal) y si expresamos el circuito con el otro modelo T en donde la corriente es 𝑔𝑚𝑣𝑏𝑒 vemos que 𝑣𝑜 |𝑚𝑎𝑥 = 𝑔𝑚𝑅𝐶 0.010 Entonces el máximo voltaje en dirección positiva en el colector es 2 𝑣𝑐 |max + = 𝑉𝐶 + 0.01𝑔𝑚𝑅𝐶 𝐼 = −10 + 𝐼𝐶 𝑅𝐶 + 0.01 𝑉𝐶 𝑅𝐶 𝑇 = −10 + 0.25𝑚𝐴𝑅𝐶 + 0.01𝑉 = −10 + 0.35𝑚𝐴𝑅𝐶 0.25𝑚𝐴 25𝑚𝑉 𝑅𝐶 = Para prevenir saturación 𝑣𝑐 |max≪ 𝑉𝐵 el cual es cero. Entonces igualamos la ecuación anterior a cero 10 −10 + 0.35𝑚𝐴𝑅𝐶 = 0 𝑅𝐶 = 0.35𝑚𝐴 = 28.6𝐾 Y así obtenemos una ganancia de voltaje 𝑣𝑜 𝑣𝑠𝑒ñ 𝑉 = 0.005𝑅𝐶 = 142.8 𝑉 𝑉𝐵𝐵 = 𝐼𝐵 𝑅𝐵 + 0.7𝑉 + 𝐼𝐸 𝑅𝐸 malla L 𝐼 𝐸 Recordemos que 𝐼𝐵 = 𝛽+1 𝐼 𝐸 𝑉𝐵𝐵 = 𝛽+1 𝑅𝐵 + 0.7𝑉 + 𝐼𝐸 𝑅𝐸 Ejercicio D5.130 pág.534 común y agrupando Para el amplificador de emisor común mostrado en la figura 2.4, sean VCC = 9V, R1 = 27KΩ, R2 = 15KΩ, RE = 1.2KΩ y RC = 2,2KΩ. El transistor tiene β = 100 y |VA| = 100V. Calcule la corriente de polarización de DC IE. Si el amplificador opera entre una fuente para la cual Rseñ = 10KΩ y una carga RL = 2KΩ, remplace el transistor con su modelo π hibrido, y calcule los valores de Rent, la ganancia de voltaje 𝑣𝑜 𝑖 ⁄𝑣𝑠𝑒ñ𝑎𝑙 y la ganancia de corriente 𝑜⁄𝑖 . 𝑖 𝐼𝐸 = Sacando factor 𝑉𝐵𝐵 −𝑉𝐵𝐸 𝑅 𝑅𝐸 + 𝐵 𝛽+1 Donde 𝑉𝐵𝐵 = 𝑉𝐶𝐶 (𝑅 𝑅2 1 +𝑅2 15𝐾 ) = 9 (27𝐾+15𝐾) = 3.2𝑉 15𝐾∗27𝐾 Y 𝑅𝐵 = 𝑅1 ||𝑅2 = 27𝐾+15𝐾 = 9.64𝐾Ω De donde 𝐼𝐸 = 𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝐵𝐸 3.2 − 0.7 = = 1.94𝑚𝐴 𝑅𝐵 9.64 𝑅𝐸 + 𝛽 + 1 1.2𝐾 + 100 + 1 El circuito equivalente de pequeña señal es 𝛽 Figura 2.4 100 𝐼𝐶 = 𝛼𝐼𝐸 = 𝛽+1 𝐼𝐸 = 101 ∗ 1.94 = 1.92𝑚𝐴 𝐼 El análisis DC se puede despejar de la siguiente figura Donde 𝑔𝑚 = 𝑉𝐶 = 𝑇 𝛽 𝑟𝜋 = 𝑔𝑚 = 𝑟𝑜 = 𝑉𝐴 𝐼𝐶 100 𝑚𝐴 𝑣 76.8 1.92𝑚𝐴 25𝑚𝐴 = 76.8 𝑚𝐴 𝑉 = 1.3𝐾Ω 100 = 1.92𝑚𝐴 = 52.1𝐾Ω 3 9.64𝐾∗1.3𝐾 𝑅𝑒𝑛𝑡 = 𝑅𝐵 ||𝑟𝜋 = 9.64𝐾+1.3𝐾 = 1.15𝐾Ω Por el enunciado 𝐼𝐸 = 0.5𝑚𝐴. 𝑣𝑜 = −𝑔𝑚𝑣𝜋 ∗ (𝑟𝑜 ||𝑅𝐶 ||𝑅𝐿 ) = 𝑚𝐴 1 −76.8 𝑣 1 1 1 𝑣𝜋 = -78𝑣𝜋 a) Recordemos que en DC la fuente de señal al tener un promedio de voltaje cero no hará ningún aporte. 0 = 𝐼𝐵 𝑅𝑠𝑒ñ + 0.7𝑉 + 𝐼𝐸 𝑅𝐸 − 15𝑉 + + 52.1𝑘 2,2𝑘 2𝑘 𝑅𝑒𝑛𝑡 𝑣𝜋 = 𝑅 𝑒𝑛𝑡 +𝑅𝑠𝑒ñ 𝑣𝑠𝑒ñ = 0.103𝑣𝑠𝑒ñ 𝐼 𝑣𝑜 = −78 ∗ 0.103𝑣𝑠𝑒ñ = −7.98𝑣𝑠𝑒ñ 𝑣 𝑉 𝛽+1 𝑠𝑒ñ 𝐴𝑖 = 𝑖𝑖 = 𝑣𝑜 𝑅𝐿 𝑣𝑠 𝑅𝑠𝑒ñ +𝑅𝑒𝑛𝑡 = −7,98 ∗ 𝑣 =𝑣𝑜 𝑠𝑒ñ 10𝐾+1.15𝐾 2𝐾 ecuación de la malla 𝐼𝐸 𝐺𝑉 = 𝑣 𝑜 = −7,98 𝑉 𝑖𝑜 𝐸 Donde sabemos que 𝐼𝐵 = 𝛽+1 quedando la 𝑅𝑠𝑒ñ +𝑅𝑒𝑛𝑡 𝑅𝑠𝑒ñ + 0.7𝑉 + 𝐼𝐸 𝑅𝐸 − 15 = 0 𝑅𝐸 = 𝑅𝐿 𝐴 = −44,45 𝐴 Ejercicio D5.134 pág.534 En el circuito de la figura 2.5, 𝑣𝑠𝑒ñ𝑎𝑙 es una pequeña señal senoidal con promedio cero. La β del transistor es 100. a) Determine el valor de 𝑅𝐸 para establecer una corriente de DC en el emisor de alrededor de 0.5mA b) Calcule 𝑅𝐶 para establecer un voltaje de colector de DC de aproximadamente +5V. c) Para 𝑅𝐿 = 10𝑘Ω y 𝑟𝑜 = 200𝐾Ω, dibuje el circuito equivalente a pequeña señal del amplificador y determine su ganancia de voltaje global. 𝐼 15−0.7− 𝐸 𝑅𝑠𝑒ñ 𝛽+1 𝐼𝐸 = 14.3𝑉− 0.5𝑚𝐴 25𝐾Ω 101 0.5𝑚𝐴 = 28.35𝐾Ω b) Podemos ver que la corriente en el colector es 𝑉𝐶 −15 𝑅𝐶 = 𝐼𝐶 De ahí 𝑉𝐶 = 15 − 𝑅𝐶 𝐼𝐶 5𝑉 = 15 − 𝛼𝐼𝐸 𝑅𝐶 = 15 − 0.99 ∗ 0.5𝑚𝐴𝑅𝐶 De donde 10𝑉 𝑅𝐶 = 0.99∗0.5𝑚𝐴 = 20𝐾Ω c) El modelo a pequeña señal queda 𝐼 𝑔𝑚 = 𝑉𝐶 = 𝑇 𝛽 𝑟𝜋 = 𝑔𝑚 = 𝐺𝑉 = 𝑣𝑜 𝑣𝑠𝑒ñ 0.99∗0.5𝑚𝐴 25𝑚𝐴 100 𝑚𝐴 𝑣 19.8 = 𝑣𝜋 𝑣𝑜 𝑣𝑠 𝑣𝜋 = 19.8 𝑚𝐴 𝑉 = 5𝐾Ω = 𝑟𝜋 𝑟𝜋 +𝑅𝑠𝑒ñ 5𝐾 ∗ −𝑔𝑚(𝑟𝑜 ||𝑅𝐶 ||𝑅𝐿 ) 𝑉 = − 5𝐾+2.5𝐾 ∗ 19.8(200𝐾||20𝐾||10𝐾) = −85.16 𝑉 Ejercicio *D5.135 pág.534 Figura 2.5 El amplificador de la figura 2.6 consiste en dos amplificadores de emisor común. Idénticos conectados en cascada. Observe que la resistencia de entrada de la segunda etapa, 𝑅𝑒𝑛𝑡2 , constituye la resistencia de carga de la primera etapa. 4 𝐼 a) Para 𝑉𝐶𝐶 = 15𝑉, 𝑅1 = 100𝐾Ω, 𝑅2 = 47𝐾Ω, 𝑅𝐸 = 3.9𝐾Ω , 𝑅𝐶 = 6.8𝐾Ω y β = 100, determine la corriente de DC del colector y el voltaje de DC del colector en cada transistor. b) Dibuje el circuito equivalente a pequeña señal de todo el amplificador y dé los valores de todos sus componentes. Ignore 𝑟01 y 𝑟02 . 𝑣 c) Calcule 𝑅𝑒𝑛𝑡1 y 𝑣 𝑏1 para 𝑅𝑠𝑒ñ = 5𝐾. 𝐸 Recordemos que 𝐼𝐵 = 𝛽+1 d) Calcule 𝑅𝑒𝑛𝑡2 y 𝑉𝐶 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝑅𝐶 𝐼𝐶 = 15 − 0.96 ∗ 6.8 = 8.5𝑉 𝑠𝑒ñ 𝑣𝑏2 𝑣𝑏1 . e) Para 𝑅𝐿 = 2𝐾Ω, determine 𝑣𝑜 𝑣𝑏2 . 𝑣𝑜 𝑉𝐵𝐵 = 𝐼𝐸 𝛽+1 𝑅𝐵 + 0.7𝑉 + 𝐼𝐸 𝑅𝐸 Sacando factor común y agrupando 𝐼𝐸 = 𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝐵𝐸 4.8 − 0.7 = = 0.97𝑚𝐴 𝑅𝐵 32𝐾 𝑅𝐸 + 3.9𝐾 + 𝛽+1 100 + 1 𝐼𝐶 = 𝛼𝐼𝐸 = 0.99 ∗ 0.97𝑚𝐴 = 0.96𝑚𝐴 b) f) Estime la ganancia de voltaje total 𝑣 . 𝑠𝑒ñ 𝑅𝐵1 = 𝑅𝐵2 = 𝑅𝐵 = 32𝐾Ω 𝐼 𝑔𝑚1 = 𝑔𝑚2 = 𝑉𝐶 = 𝑇 𝛽 𝑟𝜋1 = 𝑟𝜋2 = 𝑔𝑚 = 0.96𝑚𝐴 0.025𝑉 100 𝑚𝐴 𝑣 38.4 = 38.4 𝑚𝐴 𝑉 = 2.6𝐾Ω 𝑟𝑜1 = 𝑟𝑜2 = ∞ Figura 2.6 c) Del circuito podemos ver que a) Para cada transistor en DC queda 32𝐾∗2.6𝐾 𝑅𝑒𝑛𝑡1 = 𝑅𝐵1 ||𝑟𝜋1 = 32𝐾+2.6𝐾 = 2.4𝐾Ω 𝑣𝑏1 = 𝑅 𝑅𝑒𝑛𝑡1 2.4𝐾 𝑒𝑛𝑡1 +𝑅𝑠𝑒ñ 𝑣𝑏1 𝑣𝑠𝑒ñ 𝑣𝑠𝑒ñ = 2.4𝐾+5𝐾 𝑣𝑠𝑒ñ = 0.32𝑣𝑠𝑒ñ 𝑉 = 0.32 𝑉 d) Del circuito podemos ver que 𝑅𝑒𝑛𝑡2 = 𝑅𝐵2 ||𝑟𝜋2 = 𝑅𝑒𝑛𝑡1 = 2.4𝐾Ω 𝑣𝑏2 = −𝑔𝑚1𝑣𝜋1 (𝑅𝐶1 ||𝑅𝑒𝑛𝑡2 ) = −38.4 47𝐾 𝑉𝐵𝐵 = 15𝑉 47𝐾+100𝐾 = 4.8𝑉 47𝐾∗100𝐾 𝑅𝐵 = 47𝐾+100𝐾 = 32𝐾 𝑉𝐵𝐵 = 𝐼𝐵 𝑅𝐵 + 0.7𝑉 + 𝐼𝐸 𝑅𝐸 malla L 𝑣𝑏2 𝑣𝑏1 𝑚𝐴 6.8𝐾∗2.4𝐾 𝑉 (6.8𝐾∗2.4𝐾) 𝑣𝑏1 = −68.1𝑣𝑏1 𝑉 = −68.1 𝑉 e) 𝑣𝑜 = −𝑔𝑚2 𝑣𝜋2 ∗ (𝑅𝐶2 ||𝑅𝐿 ) 𝑚𝐴 6.8𝐾∗2𝐾 = −38.4 𝑉 (6.8𝐾+2𝐾) 𝑣𝑏2 = −59.3𝑣𝑏2 5 𝑣0 𝑣𝑏2 𝑉 = −59.3 𝑉 f) 𝑣0 𝑣𝑠𝑒ñ 𝑣𝑏1 =( 𝑉 𝑣𝑠𝑒ñ 𝑉𝐶 − 0.01𝑉 ∗ 20 𝑣𝑏2 )( 𝑣𝑏1 𝑣0 )( 𝑉 𝑣𝑏2 𝑚𝐴 𝑉 (𝑅𝐶 ||1𝐾) = 0 𝑅𝐶 5𝑉 − 0.5 ∗ 𝑅𝐶 − 0.22 ( )= )=0 𝑅𝐶 +1 𝑉 𝑉 (0.32 𝑉) (−68.1 𝑉) (−59.3 𝑉) = 1292 𝑉 5𝑉𝑅𝐶 + 5𝑉 − 0.5 ∗ 𝑅𝐶 2 − 0.5𝑅𝐶 − 0.22𝑅𝐶 = 0 Ejercicio **5.140 pág.534 0.5 ∗ 𝑅𝐶 2 − 4.3𝑉𝑅𝐶 − 5 = 0 Considere el amplificador CB de la figura 2.7 con la señal de voltaje del colector acoplada a una resistencia de carga de 1KΩ a través de un condensador grande. Sean los suministros de energía ±5V. La fuente tiene una resistencia de 50Ω. Diseñe el circuito de modo que la resistencia de entrada del amplificador iguale a la de la fuente y la oscilación de la señal de salida sea tan grande como sea posible, con distorsión relativamente baja (𝑣𝑏𝑒 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑎 10𝑚𝑉). Encuentre I y 𝑅𝐶 y calcule la ganancia de voltaje global obtenida y la oscilación de la señal de salida, suponga α≈1. 𝑅𝐶 = 4.3±√(−4.3)2 −4(0.5)(−5) 2(0.5) = 4.3±√18.49+10 1 = 4.3 ± 5.34 Donde tenemos un valor negativo para 𝑅𝐶 = −1.04 𝑛𝑜 tiene sentido entonces 𝑅𝐶 = 9.64𝐾Ω 𝑣0 𝑣𝑠𝑒ñ 𝑅𝑒𝑛𝑡 =𝑅 𝑒𝑛𝑡 +𝑅𝑠𝑒ñ ∗ 𝑔𝑚(𝑅𝐿 ||𝑅𝐶 ) 50 1𝑘∗9.6𝐾 𝑉 = 50+50 ∗ 20 (1𝑘+9.6𝐾) = 9 𝑉 La oscilación máxima se da cuando el voltaje 𝑣𝑏𝑒 |𝑚𝑎𝑥 = 10𝑚𝑉 si vemos que 𝑣𝑏𝑒 = 𝑅 𝑅𝑒𝑛𝑡 𝑒𝑛𝑡 +𝑅𝑠𝑒ñ 𝑣𝑠𝑒ñ Entonces 𝑣𝑠𝑒ñ = 𝑅𝑒𝑛𝑡 +𝑅𝑠𝑒ñ 𝑅𝑒𝑛𝑡 𝑣𝑏𝑒 = 100 50 𝑣𝑏𝑒 = 2𝑣𝑏𝑒 𝑣𝑠𝑒ñ |𝑚𝑎𝑥 = 20𝑚𝑉 Y 𝑣𝑜 = 9𝑣𝑠𝑒ñ = 180𝑚𝑉 Figura 2.6 𝑅𝑒𝑛𝑡 = 50Ω = 𝑟𝑒 = 𝑔𝑚 = 𝐼= 25𝑚𝑉 50Ω 𝑉𝑇 𝐼𝐸 = 25𝑚𝑉 𝐼 𝐼𝐶 0.5𝑚𝐴 𝑚𝐴 = = 20 𝑉𝑇 25𝑚𝑉 𝑉 = 0.5𝑚𝐴 𝑉𝐶 = 5𝑉 − 0.5𝑚𝐴 ∗ 𝑅𝐶 𝑣𝐶 |𝑚𝑖𝑛 = 𝑉𝐶 − 𝑣𝑏𝑒 𝑚𝑎𝑥 𝑔𝑚(𝑅𝐶 ||1𝐾) Para prevenir saturación 𝑣𝐶 |𝑚𝑖𝑛 = 0 6
