2017 7급 국가직 전자회로 1번 Q = f c B Q=\frac{f_c}{B} Q = B f c 이고,
f c = 150 ⋅ 600 = 300 \begin{equation} \begin{split} f_c&=\sqrt{150\cdot 600}\\ &=300 \end{split} \end{equation} f c = 150 ⋅ 600 = 300 이다. 산술평균이 아니다! 기하평균이다!
대역폭은
B = 600 − 150 = 450 \begin{equation} \begin{split} B&=600-150\\ &=450 \end{split} \end{equation} B = 600 − 150 = 450 이므로
Q = 300 / 450 = 2 3 \begin{equation} \begin{split} Q&=300/450\\ &=\frac{2}{3} \end{split} \end{equation} Q = 300/450 = 3 2 이니 답은 3번 이다.
2번 10 : 1 10:1 10 : 1 11 11 11 D 1 D_1 D 1
P I V = 11 − 0.7 = 10.3 PIV=11-0.7=10.3 P I V = 11 − 0.7 = 10.3 이므로 답은 2번 이다.
3번 A = 1 A=1 A = 1 X = 0 X=0 X = 0 A = 0 A=0 A = 0 X = 1 X=1 X = 1
이다. 또한 B = 1 B=1 B = 1 Y = 0 Y=0 Y = 0 B = 0 B=0 B = 0 Y = X Y=X Y = X
Y = B ‾ X = A ‾ ⋅ B ‾ \begin{equation} \begin{split} Y&=\overline{B}X\\ &=\overline{A}\cdot\overline{B} \end{split} \end{equation} Y = B X = A ⋅ B 이므로 답은 3번 이다.
4번 ㄱ. 옳다. 순방향 전류를 구성하는 전자와 양공이 만나서 사라지며 그 에너지만큼의 빛을 내놓는다.
ㄴ. 옳다.
ㄷ. 버랙터 다이오드는 역방향 바이어스가 증가할수륵 커패시턴스는 감소한다.
C ∝ 1 V r e v e r s e C\varpropto \frac{1}{\sqrt{V_{reverse}}} C ∝ V re v erse 1 이다.
ㄹ. 순방향 바이어스를 인가하면 공핍 영역은 줄어든다. 전자와 양공이 가운데로 밀려오기 때문이다.
따라서 답은 1번 이다.
5번 오른쪽 게이트의 버블을 뒤로 넘기고 연산을 뒤집으면(드 모르간의 법칙)Y = A B ‾ ( A + B ) = ( A ‾ + B ‾ ) ( A + B ) = A B ‾ + A ‾ B \begin{equation} \begin{split} Y&=\overline{AB}(A+B)=(\overline{A}+\overline{B})(A+B)\\ &=A\overline{B}+\overline{A}B \end{split} \end{equation} Y = A B ( A + B ) = ( A + B ) ( A + B ) = A B + A B 제일 오른쪽 게이트의 버블을 뒤로 넘기고 연산을 뒤집자(드 모르간의 법칙). 그러면Y = ( A A B ‾ ) + ( B A B ‾ ) = ( A ( A ‾ + B ‾ ) ) + ( B ( A ‾ + B ‾ ) ) = A B ‾ + A ‾ B \begin{equation} \begin{split} Y&=(A\overline{AB}) + (B\overline{AB})\\ &=(A(\overline{A}+\overline{B}))+(B(\overline{A}+\overline{B}))\\ &=A\overline{B}+\overline{A}B \end{split} \end{equation} Y = ( A A B ) + ( B A B ) = ( A ( A + B )) + ( B ( A + B )) = A B + A B A = 1 A=1 A = 1 Y = B ‾ Y=\overline{B} Y = B A = 0 A=0 A = 0 Y = B Y=B Y = B Y = A B ‾ + A ‾ B Y=A\overline{B}+\overline{A}B Y = A B + A B B = 1 B=1 B = 1 Y = A Y=A Y = A B = 0 B=0 B = 0 Y = A ‾ Y=\overline{A} Y = A Y = A B + A ‾ ⋅ B ‾ Y=AB+\overline{A}\cdot\overline{B} Y = A B + A ⋅ B 따라서 답은 4번 이다.
6번 증폭률과 대역폭의 곱 G B GB GB 60 60 60 1 0 3 10^3 1 0 3
G B = 1 0 3 ⋅ 1 × 1 0 6 = 1 0 9 \begin{equation} \begin{split} GB&=10^3\cdot 1\times 10^6\\ &=10^9 \end{split} \end{equation} GB = 1 0 3 ⋅ 1 × 1 0 6 = 1 0 9 이다. 그리고 부궤환이 있을 때 증폭률은
1 + R 1 R 2 = 1.001 ≈ 1 1+\frac{R_1}{R_2}=1.001\thickapprox 1 1 + R 2 R 1 = 1.001 ≈ 1 이므로 dB로 바꾸면 A = 0 A=0 A = 0
1 0 3 ⋅ 1 0 6 = 1 ⋅ B ⋅ 1 0 6 10^3\cdot 10^6=1\cdot B\cdot 10^6 1 0 3 ⋅ 1 0 6 = 1 ⋅ B ⋅ 1 0 6 에서
이므로 답은 1번 이다.
7번 V i n V_{in} V in − 10 -10 − 10
7 − 0.7 − ( − 10 ) = 16.3 7-0.7-(-10)=16.3 7 − 0.7 − ( − 10 ) = 16.3 가 충전된다. 따라서
V o u t = V i n + 16.3 V_{out}=V{in}+16.3 V o u t = V in + 16.3 이므로 답은 3번 이다.
8번 먼저 DC 전압이득이 10 10 10
1 + R 2 1 = 10 1+\frac{R_2}{1}=10 1 + 1 R 2 = 10 에서
R 2 = 9 k Ω R_2=9 k\Omega R 2 = 9 k Ω 임을 알 수 있다.
다음으로 차단주파수는 커패시터와 커패시터가 바라보는 저항인 R 1 R_1 R 1
2 π ⋅ 50 × 1 0 3 = 2 π × 1 0 9 R 1 ⇒ R 1 = 1 0 6 50 = 20 k Ω \begin{gather} 2\pi\cdot 50\times 10^3=\frac{2\pi\times 10^9}{R_1}\\ \Rightarrow R_1=\frac{10^6}{50}=20 k\Omega \end{gather} 2 π ⋅ 50 × 1 0 3 = R 1 2 π × 1 0 9 ⇒ R 1 = 50 1 0 6 = 20 k Ω 이다. 따라서 답은 2번 이다.
9번 가장 오른쪽 C C C R R R V V V V V V
− V R f 1 s C + R = − V s C R f 1 + s C R -V\frac{R_f}{\frac{1}{sC}+R}=-V\frac{sCR_f}{1+sCR} − V s C 1 + R R f = − V 1 + s CR s C R f 로 증폭된다.
다음으로, V V V C C C V 1 V_1 V 1
V 1 = V ( 1 + 1 s C R ∣ ∣ ( 1 s C + R ) ) = V ( 1 + 1 s C R s C + R 2 R + 1 s C + R ) = V ( 1 + s 2 R C + 1 s C R + s 2 C 2 R 2 ) \begin{equation} \begin{split} V_1&=V\left(1+\frac{\frac{1}{sC}}{R||\left(\frac{1}{sC}+R\right)}\right)\\ &=V\left(1+\frac{\frac{1}{sC}}{\frac{\frac{R}{sC}+R^2}{R+\frac{1}{sC}+R}}\right)\\ &=V\left(1+\frac{s2RC+1}{sCR+s^2C^2R^2}\right) \end{split} \end{equation} V 1 = V ( 1 + R ∣∣ ( s C 1 + R ) s C 1 ) = V ⎝ ⎛ 1 + R + s C 1 + R s C R + R 2 s C 1 ⎠ ⎞ = V ( 1 + s CR + s 2 C 2 R 2 s 2 RC + 1 ) 이다.
또한, 가운데 C C C C C C R R R
s C ⋅ ( V ⋅ ( 1 + s 2 R C + 1 s C R + s 2 C 2 R 2 ) − V ) = s C ( V ( s 2 R C + 1 s C R + s 2 C 2 R 2 ) ) = − V 1 R + s C ( − V s C R f 1 + s C R − V 1 ) = − V ( 1 + s 2 R C + 1 s C R + s 2 C 2 R 2 ) R + s C ( − V s C R f 1 + s C R − V ( 1 + s 2 R C + 1 s C R + s 2 C 2 R 2 ) ) \begin{equation} \begin{split} sC\cdot \left(V\cdot \left(1+\frac{s2RC+1}{sCR+s^2C^2R^2}\right)-V\right)&=sC\left(V \left(\frac{s2RC+1}{sCR+s^2C^2R^2}\right) \right)\\ &=-\frac{V_1}{R}+sC\left(-V\frac{sCR_f}{1+sCR}-V_1\right)\\ &=-\frac{V\left(1+\frac{s2RC+1}{sCR+s^2C^2R^2}\right)}{R}+sC\left(-V\frac{sCR_f}{1+sCR}-V\left(1+\frac{s2RC+1}{sCR+s^2C^2R^2}\right)\right) \end{split} \end{equation} s C ⋅ ( V ⋅ ( 1 + s CR + s 2 C 2 R 2 s 2 RC + 1 ) − V ) = s C ( V ( s CR + s 2 C 2 R 2 s 2 RC + 1 ) ) = − R V 1 + s C ( − V 1 + s CR s C R f − V 1 ) = − R V ( 1 + s CR + s 2 C 2 R 2 s 2 RC + 1 ) + s C ( − V 1 + s CR s C R f − V ( 1 + s CR + s 2 C 2 R 2 s 2 RC + 1 ) ) ⇒ s 2 2 C 2 R + s C = − s C R + s 2 C 2 R 2 R − s 2 R C + 1 R − s C ⋅ s C R ⋅ s C R f − s C ( s C R + s 2 C 2 R 2 ) − s 2 2 C 2 R − s C ⇒ s 2 2 C 2 R 2 + s C R = − s C R − s 2 C 2 R 2 − s 2 C R − 1 − s 3 C 3 R 2 R f − s 2 C 2 R 2 − s 3 C 3 R 3 − s 2 2 C 2 R 2 − s C R ⇒ s C R ( 1 + 1 + 2 + 1 ) + s 3 C 3 R 2 R f + s 3 C 3 R 3 = − s 2 C 2 R 2 ( 2 + 1 + 1 + 2 ) − 1 \begin{gather} \Rightarrow s^22C^2R+sC=-\frac{sCR+s^2C^2R^2}{R}-\frac{s2RC+1}{R}-sC\cdot sCR\cdot sCR_f-sC(sCR+s^2C^2R^2)-s^22C^2R-sC\\ \Rightarrow s^22C^2R^2+sCR=-sCR-s^2C^2R^2-s2CR-1-s^3C^3R^2R_f-s^2C^2R^2-s^3C^3R^3-s^22C^2R^2-sCR\\ \Rightarrow sCR(1+1+2+1)+s^3C^3R^2R_f+s^3C^3R^3=-s^2C^2R^2(2+1+1+2)-1 \end{gather} ⇒ s 2 2 C 2 R + s C = − R s CR + s 2 C 2 R 2 − R s 2 RC + 1 − s C ⋅ s CR ⋅ s C R f − s C ( s CR + s 2 C 2 R 2 ) − s 2 2 C 2 R − s C ⇒ s 2 2 C 2 R 2 + s CR = − s CR − s 2 C 2 R 2 − s 2 CR − 1 − s 3 C 3 R 2 R f − s 2 C 2 R 2 − s 3 C 3 R 3 − s 2 2 C 2 R 2 − s CR ⇒ s CR ( 1 + 1 + 2 + 1 ) + s 3 C 3 R 2 R f + s 3 C 3 R 3 = − s 2 C 2 R 2 ( 2 + 1 + 1 + 2 ) − 1 이다. 그리고 s = j ω s=j\omega s = jω
j ω 5 C R − j ω 3 C 3 R 2 R f − j ω 3 C 3 R 3 = ω 2 6 C 2 R 2 − 1 j\omega 5CR-j\omega^3 C^3R^2R_f-j\omega^3C^3R^3=\omega^26C^2R^2-1 jω 5 CR − j ω 3 C 3 R 2 R f − j ω 3 C 3 R 3 = ω 2 6 C 2 R 2 − 1 인데, 좌변은 순허수이고 우변은 실수이므로 둘이 같가 위해서는 둘 다 0 0 0 0 0 0
ω = 1 6 C R \omega=\frac{1}{\sqrt{6}CR} ω = 6 CR 1 이다. 주어진 발진각주파수를 대입하여 풀면
1000 = 1 2.5 ⋅ 1 0 − 7 R ⇒ R = 1 2.5 ⋅ 1 0 − 4 = 4 k Ω \begin{gather} 1000=\frac{1}{2.5\cdot 10^{-7}R}\\ \Rightarrow R=\frac{1}{2.5\cdot 10^{-4}}=4 \text{ k}\Omega \end{gather} 1000 = 2.5 ⋅ 1 0 − 7 R 1 ⇒ R = 2.5 ⋅ 1 0 − 4 1 = 4 k Ω 이다. 이를 좌변에 대입해서 0 0 0 R R R R f R_f R f
− ω 2 C 2 R ( R f + R ) = 5 − C 2 R ( R f + R ) 6 C 2 R 2 = 5 − R f + R 6 R = 0 ⇒ 30 R = R f + R ⇒ R f = 29 R \begin{gather} -\omega^2C^2R(R_f+R)=5-\frac{C^2R(R_f+R)}{6C^2R^2}=5-\frac{R_f+R}{6R}=0\\ \Rightarrow 30R=R_f+R\\ \Rightarrow R_f=29R \end{gather} − ω 2 C 2 R ( R f + R ) = 5 − 6 C 2 R 2 C 2 R ( R f + R ) = 5 − 6 R R f + R = 0 ⇒ 30 R = R f + R ⇒ R f = 29 R 이므로
이고 답은 1번 이다.
이런 형태의 회로의 발진 주파수와 발진 조건은 외우는 것이 좋겠다.
10번 50 50 50 25 25 25 50 50 50 25 25 25 50 50 50 75 75 75 V V V 50 ∣ ∣ 75 = 30 50||75=30 50∣∣75 = 30 5 5 5 V V V
V = 5 ⋅ 30 50 + 30 = 15 8 \begin{equation} \begin{split} V&=5\cdot \frac{30}{50+30}\\ &=\frac{15}{8} \end{split} \end{equation} V = 5 ⋅ 50 + 30 30 = 8 15 이다. 이 전압이 분배되어
V ′ = 15 8 ⋅ 50 25 + 50 = 5 4 = 1.25 \begin{equation} \begin{split} V'&=\frac{15}{8}\cdot \frac{50}{25+50}\\ &=\frac{5}{4}\\ &=1.25 \end{split} \end{equation} V ′ = 8 15 ⋅ 25 + 50 50 = 4 5 = 1.25 가 된다. 따라서 답은 2번 이다.
11번 V i n V_{in} V in 1 g m \frac{1}{g_m} g m 1 R S R_S R S R S R_S R S
∣ V o u t V i n ∣ = R S 1 g m + R S = 900 100 + 900 = 0.9 \begin{equation} \begin{split} \left|\frac{V_{out}}{V_{in}}\right|&=\frac{R_S}{\frac{1}{g_m}+R_S}\\ &=\frac{900}{100+900}\\ &=0.9 \end{split} \end{equation} ∣ ∣ V in V o u t ∣ ∣ = g m 1 + R S R S = 100 + 900 900 = 0.9 이므로 답은 2번 이다.
12번 V i n V_{in} V in + + + V a V_a V a − - − V b V_b V b V i n = V a − V b V_{in}=V_a-V_b V in = V a − V b V a V_a V a
V a ( 1 + R 2 R 1 ) = V a ( 1 + 1 3 ) = 4 3 V a \begin{equation} \begin{split} V_a\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)&=V_a\left(1+\frac{1}{3}\right)\\ &=\frac{4}{3}V_a \end{split} \end{equation} V a ( 1 + R 1 R 2 ) = V a ( 1 + 3 1 ) = 3 4 V a 를 출력하고, 이 전압이 다시 오른쪽의 반전 증폭기로 들어가므로 최종 출력 전압은
V o u t a = 4 3 V a ⋅ − R 4 R 3 = − 4 V a \begin{equation} \begin{split} V_{out_a}&=\frac{4}{3}V_a\cdot\frac{-R_4}{R_3}\\ &=-4V_a \end{split} \end{equation} V o u t a = 3 4 V a ⋅ R 3 − R 4 = − 4 V a 이다.
다음으로 V b V_b V b 0 0 0 0 0 0
V o u t b = V b ( 1 + R 4 R 3 ) = V b ( 1 + 3 ) = 4 V b \begin{equation} \begin{split} V_{out_b}&=V_b\left(1+\frac{R_4}{R_3}\right)\\ &=V_b(1+3)\\ &=4V_b \end{split} \end{equation} V o u t b = V b ( 1 + R 3 R 4 ) = V b ( 1 + 3 ) = 4 V b 이다.
둘을 종합하면
V o u t = V o u t a + V o u t b = − 4 ( V a − V b ) = − 4 V i n \begin{equation} \begin{split} V_{out}&=V_{out_a}+V_{out_b}\\ &=-4(V_a-V_b)\\ &=-4V_{in} \end{split} \end{equation} V o u t = V o u t a + V o u t b = − 4 ( V a − V b ) = − 4 V in 이므로 답은 3번 이다.
13번 포락선 검파기로서 AM 신호 복조에 사용할 수 있다. 고주파 신호가 걸릴 경우 C C C 0 0 0 RC 시정수가 크다는 말은 커패시터의 전압이 잘 방전되지 않는다는 뜻이므로 리플 전압은 줄어든다. 이전 값보다 더 큰 값(피크)이 들어올 때에만 다이오드가 도통되어 출력 쪽에 전달되므로 피크검파기로 사용할 수 있다. 그러므로 2번 이 옳지 않다.
14번 왼쪽 회로는 NOR 게이트이므로
A ‾ ⋅ B ‾ \overline{A}\cdot \overline{B} A ⋅ B 이다. 즉 A , B A,B A , B 1 1 1 0 0 0 A = 1 A=1 A = 1 B = 0 B=0 B = 0 Z = 1 Z=1 Z = 1 B = 1 B=1 B = 1 A = 0 A=0 A = 0
Z = A ⋅ B ‾ + A ‾ ⋅ B Z=A\cdot \overline{B}+\overline{A}\cdot B Z = A ⋅ B + A ⋅ B 이므로 답은 2번 이다.
15번 출력 쪽에 보이는 저항은
R L ∣ ∣ r o 1 ∣ ∣ r o 2 R_L || r_{o1} || r_{o2} R L ∣∣ r o 1 ∣∣ r o 2 이다. 여기에 M 1 M_1 M 1 M 2 M_2 M 2 g m 1 , g m 2 g_{m1},g_{m2} g m 1 , g m 2
− ( g m 1 + g m 2 ) ( r o 1 ∣ ∣ r o 2 ∣ ∣ R L ) -(g_{m1}+g_{m2})(r_{o1}||r_{o2}||R_L) − ( g m 1 + g m 2 ) ( r o 1 ∣∣ r o 2 ∣∣ R L ) 이 되므로 답은 1번 이다.
16번 드레인 전류는
5 − 2.5 2.5 = 1 \frac{5-2.5}{2.5}=1 2.5 5 − 2.5 = 1 이다. 포화영역에서의 드레인 식은
I D = 1 2 k n W L ( V G S − V t n ) 2 I_D=\frac{1}{2}k_n\frac{W}{L}(V_{GS}-V_{tn})^2 I D = 2 1 k n L W ( V GS − V t n ) 2 이므로 값들을 대입하면
1 0 − 3 = 1 2 ⋅ 1 0 − 4 ⋅ W L ( 2.5 − 0.5 ) 2 = 2 ⋅ 1 0 − 4 ⋅ W L ⇒ W L = 5 \begin{gather} 10^{-3}=\frac{1}{2}\cdot 10^{-4}\cdot \frac{W}{L}(2.5-0.5)^2&=2\cdot 10^{-4}\cdot \frac{W}{L}\\ \Rightarrow \frac{W}{L}=5 \end{gather} 1 0 − 3 = 2 1 ⋅ 1 0 − 4 ⋅ L W ( 2.5 − 0.5 ) 2 ⇒ L W = 5 = 2 ⋅ 1 0 − 4 ⋅ L W 이므로 답은 2번 이다.
17번 인버터의 단 수를 3단으로 하면 지연 시간이 적어질 것이므로 발진주파수는 올라간다. 인버터의 단 수를 짝수단으로 하면 ( − ) × ( − ) = ( + ) (-)\times(-)=(+) ( − ) × ( − ) = ( + ) 지연시간이 더 작은 인버터를 이용하면 발진주파수는 당연히 올라갈 것이다. 인버터의 공급전압을 올리면 천이 시 전류가 많이 흐를 것이므로 채널 저항이 작아진다. 이는 다음 단의 입력 커패시턴스와 결합하여 만들어지는 시정수를 작게 한다는 뜻으로, 충전 시간이 짧아진다는 뜻이고 결국 발진주파수는 올라간다. 따라서 4번 이 옳지 않다.
18번 톱니파와 비교해서 V i n V_{in} V in + + + − - − R 2 R_2 R 2 D D D 0 0 0 3번 이다.
19번 먼저 표를 반으로 잘라보자. A A A 0 0 0 1 1 1 Y Y Y Y Y Y A A A B = 0 B=0 B = 0 Y Y Y C ‾ D \overline{C}D C D 1 1 1 C C C
Y = ⋅ C ‾ + B ‾ ⋅ C ‾ ⋅ D = ⋅ C ‾ ( D + D ‾ ) + B ‾ ⋅ C ‾ ⋅ D = B C ‾ D + B C ‾ ⋅ D ‾ + B ‾ ⋅ C ‾ ⋅ D = B ⋅ C ‾ + C ‾ ⋅ D \begin{equation} \begin{split} Y&=\cdot \overline{C}+\overline{B}\cdot \overline{C}\cdot D\\ &=\cdot \overline{C}(D+\overline{D})+\overline{B}\cdot \overline{C}\cdot D\\ &=B\overline{C}D+B\overline{C}\cdot\overline{D}+\overline{B}\cdot \overline{C}\cdot D\\ &=B\cdot\overline{C}+\overline{C}\cdot D \end{split} \end{equation} Y = ⋅ C + B ⋅ C ⋅ D = ⋅ C ( D + D ) + B ⋅ C ⋅ D = B C D + B C ⋅ D + B ⋅ C ⋅ D = B ⋅ C + C ⋅ D 이므로 답은 4번 이다.
20번 V i n V_{in} V in R S R_S R S R 1 ∣ ∣ R 3 R_1||R_3 R 1 ∣∣ R 3
A 1 = R 1 ∣ ∣ R 3 R S + R 1 ∣ ∣ R 3 A_1=\frac{R_1||R_3}{R_S+R_1||R_3} A 1 = R S + R 1 ∣∣ R 3 R 1 ∣∣ R 3 이다.
또한, M 2 M_2 M 2 g m 2 g_{m2} g m 2 M 2 M_2 M 2 1 g m 2 \frac{1}{g_{m2}} g m 2 1 R 2 R_2 R 2
R 2 ∣ ∣ 1 g m 2 R_2||\frac{1}{g_{m2}} R 2 ∣∣ g m 2 1 이 M 1 M_1 M 1
1 g m 1 + R 4 \frac{1}{g_{m1}}+R_4 g m 1 1 + R 4 이다.
따라서 증폭단의 증폭도는
A 2 = − (위쪽 임피던스) t e x t ( 아래쪽임피던스 ) = − R 2 ∣ ∣ 1 g m 2 1 g m 1 + R 4 \begin{equation} \begin{split} A_2&=-\frac{\text{(위쪽 임피던스)}}{\\text{(아래쪽 임피던스)}}\\ &=-\frac{R_2||\frac{1}{g_{m2}}}{\frac{1}{g_{m1}}+R_4} \end{split} \end{equation} A 2 = − t e x t ( 아래쪽임피던스 ) ( 위쪽 임피던스 ) = − g m 1 1 + R 4 R 2 ∣∣ g m 2 1 이다.
전체 전압이득은 이 둘의 곱이므로
V o u t V i n = A 1 ⋅ A 2 = ( − R 1 ∣ ∣ R 3 R S + R 1 ∣ ∣ R 3 ) ( R 2 ∣ ∣ 1 g m 2 1 g m 1 + R 4 ) \begin{equation} \begin{split} \frac{V_{out}}{V_{in}}&=A_1\cdot A_2\\ &=\left(-\frac{R_1||R_3}{R_S+R_1||R_3}\right)\left( \frac{R_2||\frac{1}{g_{m2}}}{\frac{1}{g_{m1}}+R_4}\right) \end{split} \end{equation} V in V o u t = A 1 ⋅ A 2 = ( − R S + R 1 ∣∣ R 3 R 1 ∣∣ R 3 ) ( g m 1 1 + R 4 R 2 ∣∣ g m 2 1 ) 이므로 답은 3번 이다.
앞에서도 소개한
(위쪽 임피던스) (아래쪽 임피던스) \frac{\text{(위쪽 임피던스)}}{\text{(아래쪽 임피던스)}} ( 아래쪽 임피던스 ) ( 위쪽 임피던스 ) 식은 직관적이고 유용하므로 잘 사용하자.
위 그림에서 제일 작은 상자 안의 저항은 , 그 다음 상자 안의 저항은 , 그 다음 상자 안의 저항은 , 그 다음 상자 안의 저항은 , 가장 큰 상자 안의 저항은 이다.
그리고 오른쪽 상자 안의 저항은 이므로 아래의 저항에는 의 저항이 연결되어 있다.
따라서 V가 전압 분배되어 가 되므로