2021 9급 서울시 전자공학개론 1번 상호 인덕턴스 M M M 은 결합 계수 k = 0.9 k=0.9 k = 0.9 에 대해
M = k L 1 L 2 = 0.9 20 × 80 = 36 μ H \begin{equation} \begin{split} M&=k\sqrt{L_1L_2}\\ &=0.9\sqrt{20\times80}\\ &=36\text{ } \mu\text{H} \end{split} \end{equation} M = k L 1 L 2 = 0.9 20 × 80 = 36 μ H 이다. 그리고 L 1 L_1 L 1 의 자기장이 L 2 L_2 L 2 의 자기장을 없애는 쪽으로 작용하니 − M -M − M , 마찬가지로 L 2 L_2 L 2 의 자기장이 L 1 L_1 L 1 의 자기장을 없애는 쪽으로 작용하니 − M -M − M 이므로 총 인덕턴스는
L = L 1 + L 2 − M − M = 20 + 80 − 36 − 36 = 28 μ H \begin{equation} \begin{split} L&=L_1+L_2-M-M\\ &=20+80-36-36\\ &=28 \text{ }\mu\text{H} \end{split} \end{equation} L = L 1 + L 2 − M − M = 20 + 80 − 36 − 36 = 28 μ H 이다. 따라서 답은 1번 이다.
2번 역률이란 피상 전력(임피던스 전체에 대한 전력) 대비 유효 전력(저항에서 실제로 소모하는 전력)의 비율이다.
주어진 상황에서 저항과 커패시턴스가 직렬로 연결되어 있으니 전류가 같으므로
∣ I ∣ 2 R ∣ I ∣ 2 ∣ Z ∣ = R ∣ Z ∣ \frac{|I|^2R}{|I|^2|Z|}=\frac{R}{|Z|} ∣ I ∣ 2 ∣ Z ∣ ∣ I ∣ 2 R = ∣ Z ∣ R 이다. ω = 100 rad/s \omega=100 \text{ rad/s} ω = 100 rad/s 이므로 커패시터의 리액턴스는
j X = 1 j ω C = 1 j 100 × 100 × 1 0 − 6 = − j 100 Ω \begin{equation} \begin{split} jX&=\frac{1}{j\omega C}\\ &=\frac{1}{j100\times 100\times 10^{-6}}\\ &=-j100 \text{ }\Omega \end{split} \end{equation} j X = jω C 1 = j 100 × 100 × 1 0 − 6 1 = − j 100 Ω 이다. 따라서
Z = R + j X = 100 − j 100 Ω ⇒ ∣ Z ∣ = 100 2 Ω \begin{gather} \begin{equation} \begin{split} Z&=R+jX\\ &=100-j100 \text{ }\Omega \end{split} \end{equation} \\ \Rightarrow |Z|=100\sqrt{2} \text{ }\Omega \end{gather} Z = R + j X = 100 − j 100 Ω ⇒ ∣ Z ∣ = 100 2 Ω 이다. 이로부터 역률은
100 100 2 = 1 2 \frac{100}{100\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}} 100 2 100 = 2 1 이므로 답은 4번 이다.
3번 중첩을 써 보자. 먼저 전압원을 없애면(=단락시키면) 6 mA 6 \text{ mA} 6 mA 의 전류가 2 k Ω 2 \text{ k}\Omega 2 k Ω 저항에 2 mA 2 \text{ mA} 2 mA , 4 k Ω 4 \text{ k}\Omega 4 k Ω 저항에 2 mA 2 \text{ mA} 2 mA 흐를 것이므로 2 k Ω 2 \text { k}\Omega 2 k Ω 저항에 걸리는 전압은 8 V 8\text{ V} 8 V 이다.
다음으로 전류원을 없애면(개방시키면) 2 k Ω 2 \text { k}\Omega 2 k Ω 저항에 분배되는 전압은 24 × 2 2 + 4 = 8 V 24\times\frac{2}{2+4}=8 \text{ V} 24 × 2 + 4 2 = 8 V 이다.
따라서
V 1 = 8 + 8 = 16 V V_1=8+8=16 \text { V} V 1 = 8 + 8 = 16 V 이므로 답은 4번 이다.
4번 먼저 전압원을 없애면 2 A 2 \text { A} 2 A 의 전류 중 1 A 1 \text{ A} 1 A 는 다른 전류원이 가져가므로 1 A 1 \text { A} 1 A 의 전류가 2 ∣ ∣ 4 ∣ ∣ 4 = 1 Ω 2||4||4=1 \text { }\Omega 2∣∣4∣∣4 = 1 Ω 저항에 흐른다.
따라서 이 경우 오른쪽의 단자에 나타나는 전압은 1 × 1 = 1 V 1\times 1=1 \text{ V} 1 × 1 = 1 V 이다. 다음으로 전류원들을 없애면 4 V 4 \text { V} 4 V 의 전압이 2 Ω 2 \text{ }\Omega 2 Ω 와 4 ∣ ∣ 4 Ω 4||4 \text { }\Omega 4∣∣4 Ω 에 분배되므로 오른쪽 열린 단자에 나타나는 전압은 4 × 2 2 + 2 = 2 V 4\times\frac{2}{2+2}=2 \text { V} 4 × 2 + 2 2 = 2 V
이다. 따라서
V t h = 1 + 2 = 3 V V_{th}=1+2=3 \text { V} V t h = 1 + 2 = 3 V 이다. 다음으로 R t h R_{th} R t h 를 구하기 위해 전압원과 전류원을 다 없애면
R t h = 2 ∣ ∣ 4 ∣ ∣ 4 = 1 Ω R_{th}=2||4||4=1 \text{ }\Omega R t h = 2∣∣4∣∣4 = 1 Ω 이다. 따라서 답은 1번 이다.
5번 전류 I i I_i I i 는
I i = V s − V i R s = 0.5 100 = 5 μ A \begin{equation} \begin{split} I_i&=\frac{V_s-V_i}{R_s}\\ &=\frac{0.5}{100}\\ &=5 \text{ }\mu\text{A} \end{split} \end{equation} I i = R s V s − V i = 100 0.5 = 5 μ A 이다. 이 전류가 Z i Z_i Z i 에 흘러들어가므로
Z i = V i I i = 1 5 = 0.2 k Ω = 200 Ω \begin{equation} \begin{split} Z_i&=\frac{V_i}{I_i}\\ &=\frac{1}{5}\\ &=0.2 \text{ k}\Omega\\ &=200 \text{ }\Omega \end{split} \end{equation} Z i = I i V i = 5 1 = 0.2 k Ω = 200 Ω 이다. 따라서 답은 2번 이다.
6번 출력 y ( t ) y(t) y ( t ) 의 전력스펙트럼밀도는
S y ( f ) = S x ( f ) ∣ H ( f ) ∣ 2 S_y(f)=S_x(f)|H(f)|^2 S y ( f ) = S x ( f ) ∣ H ( f ) ∣ 2 이다. 주어진 그래프에서 입력신호가 있는 범위에서 H ( f ) = 1 H(f)=1 H ( f ) = 1 이므로 ( − 60 , 60 ) (-60,60) ( − 60 , 60 ) 범위에서
∣ H ( f ) ∣ 2 = 1 ⇒ S y ( f ) = S x ( f ) \begin{gather} |H(f)|^2=1\\ \Rightarrow S_y(f)=S_x(f) \end{gather} ∣ H ( f ) ∣ 2 = 1 ⇒ S y ( f ) = S x ( f ) 이다.
따라서 수신 신호 전력은
P S = ∫ − ∞ ∞ S y ( f ) d f = ∫ − 60 60 S x ( f ) d f = 60 × 10 = 600 W \begin{equation} \begin{split} P_S&=\int_{-\infty}^{\infty}S_y(f)df\\ &=\int_{-60}^{60}S_x(f)df\\ &=60\times10\\ &=600 \text{ W} \end{split} \end{equation} P S = ∫ − ∞ ∞ S y ( f ) df = ∫ − 60 60 S x ( f ) df = 60 × 10 = 600 W 이다. 다음으로 잡음 전력을 구하면
P N = ∫ − 60 60 4 d f = 480 W \begin{equation} \begin{split} P_N&=\int_{-60}^{60} 4 df\\ &=480 \text{ W} \end{split} \end{equation} P N = ∫ − 60 60 4 df = 480 W 이다. 따라서 SNR은
S N R = P S P N = 600 480 = 1.25 \begin{equation} \begin{split} SNR&=\frac{P_S}{P_N}\\ &=\frac{600}{480}\\ &=1.25 \end{split} \end{equation} SNR = P N P S = 480 600 = 1.25 이므로 답은 1번 이다.
7번 커패시터에 충전된 전압은 20 V 20 \text { V} 20 V 이다. 따라서 3번은 답이 될 수 없다. 다음으로 아주 많은 시간이 지났을 때, 30 V 30 \text { V} 30 V 의 전압은 10 k Ω 10 \text { k}\Omega 10 k Ω 저항에 10 V 10 \text{ V} 10 V 로 분배될 것이다.
따라서 1번은 답이 될 수 없고, 남는 것은 2번 또는 4번이다. 이제 시정수를 구해 보면 커패시터가 영향을 받게 되는 등가 저항은
R = 20 ∣ ∣ 10 = 20 3 k Ω R=20||10=\frac{20}{3}\text{ k}\Omega R = 20∣∣10 = 3 20 k Ω 이다. 따라서 시정수는
τ = R C = 20 3 × 0.3 = 2000 s \begin{equation} \begin{split} \tau&=RC\\ &=\frac{20}{3}\times 0.3\\ &=2000 \text{ s} \end{split} \end{equation} τ = RC = 3 20 × 0.3 = 2000 s 이므로 답은 2번 이다.
8번 공진 주파수는
ω = 1 L C = 1 20 × 1 0 − 3 × 2 × 1 0 − 6 × 1 0 4 2 = 5000 rad/s \begin{equation} \begin{split} \omega&=\frac{1}{\sqrt{LC}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{20\times 10^{-3}\times 2\times 10^{-6}}}\times\frac{10^4}{2}\\ &=5000 \text{ rad/s} \end{split} \end{equation} ω = L C 1 = 20 × 1 0 − 3 × 2 × 1 0 − 6 1 × 2 1 0 4 = 5000 rad/s 이다. 따라서 전압 확대율 Q Q Q 는
Q = ω L R = 1 R ω C = 5000 × 20 × 1 0 − 3 4 = 25 \begin{equation} \begin{split} Q&=\frac{\omega L}{R}=\frac{1}{R\omega C}\\ &=\frac{5000\times 20\times 10^{-3}}{4}\\ &=25 \end{split} \end{equation} Q = R ω L = R ω C 1 = 4 5000 × 20 × 1 0 − 3 = 25 이므로 답은 2번 이다.
9번 I o = 0.4 mA I_o=0.4 \text { mA} I o = 0.4 mA 라면 Q 1 Q_1 Q 1 의 베이스로 들어가는 전류는 0.4 140 mA \frac{0.4}{140} \text{ mA} 140 0.4 mA 이다. 이만큼의 베이스 전류는 Q 2 Q_2 Q 2 로도 들어간다.
또한 이 I o I_o I o 와 같은 양의 전류가 Q 2 Q_2 Q 2 의 컬렉터 전류이므로
I r e f = I o + 2 × 0.4 140 = 0.4 + 1 175 mA \begin{equation} \begin{split} I_{ref}&=I_o+2\times\frac{0.4}{140}\\ &=0.4+\frac{1}{175} \text{ mA} \end{split} \end{equation} I re f = I o + 2 × 140 0.4 = 0.4 + 175 1 mA 이다. 따라서
V C C − R 1 I r e f − V B E = 0 ⇒ V C C = 50 × ( 0.4 + 1 175 ) + 0.7 ≈ 20 + 0.3 + 0.7 ≈ 20.7 V \begin{gather} V_{CC}-R_1I{ref}-V_{BE}=0\\ \begin{equation} \begin{split} \Rightarrow V_{CC}&=50\times\left(0.4+\frac{1}{175}\right)+0.7\\ &\approx 20+0.3+0.7\\ &\approx 20.7 \text{ V} \end{split} \end{equation} \end{gather} V CC − R 1 I re f − V BE = 0 ⇒ V CC = 50 × ( 0.4 + 175 1 ) + 0.7 ≈ 20 + 0.3 + 0.7 ≈ 20.7 V 이므로 답은 3번 이다.
10번 루스 판별법을 이용하자.
s 3 1 K + 1 s 2 3 K 6 s A 0 \def\arraystretch{1.5} \begin{array}{c:c:c} s^3 & 1 & K+1 \\ \hline s^2 & 3K & 6 \\ \hline s & A & 0 \end{array} s 3 s 2 s 1 3 K A K + 1 6 0 여기서 1 > 0 1>0 1 > 0 이므로
및
A = − ( 1 × 6 − 3 K ( K + 1 ) ) 3 K > 0 ⇒ K ( K + 1 ) > 2 ⇒ ( K − 1 ) ( K + 2 ) > 0 ⇒ K < − 2 또는 K > 1 \begin{gather} A=\frac{-(1\times 6-3K(K+1))}{3K} >0\\ \Rightarrow K(K+1)>2\\ \Rightarrow (K-1)(K+2)>0\\ \Rightarrow K\lt -2 \text{ 또는 } K>1 \end{gather} A = 3 K − ( 1 × 6 − 3 K ( K + 1 )) > 0 ⇒ K ( K + 1 ) > 2 ⇒ ( K − 1 ) ( K + 2 ) > 0 ⇒ K < − 2 또는 K > 1 를 만족해야 한다. 따라서
이므로 답은 4번 이다.
11번 Y-Δ \Delta Δ 변환을 이용하자.
이므로 위 회로는 다음과 같이 변형된다.
따라서 전류 I I I 는
I = 200 100 = 2 mA \begin{equation} \begin{split} I&=\frac{200}{100}\\ &=2\text{ mA} \end{split} \end{equation} I = 100 200 = 2 mA 따라서 답은 2번 이다.
12번 다음과 같이 놓아보자.
F ( s ) = 5 s 2 + 8 s + 2 ( s + 1 ) ( s + 2 ) ( s + 3 ) = a s + 1 + b s + 2 + c s + 3 F(s)=\frac{5s^2+8s+2}{(s+1)(s+2)(s+3)}=\frac{a}{s+1}+\frac{b}{s+2}+\frac{c}{s+3} F ( s ) = ( s + 1 ) ( s + 2 ) ( s + 3 ) 5 s 2 + 8 s + 2 = s + 1 a + s + 2 b + s + 3 c 양변을 비교해서 a , b , c a,b,c a , b , c 를 구해보자.
5 s 2 + 8 s + 2 = a ( s + 2 ) ( s + 3 ) + b ( s + 1 ) ( s + 3 ) + c ( s + 1 ) ( s + 2 ) ⇒ 5 = a + b + c , 8 = a ( 2 + 3 ) + b ( 1 + 3 ) + c ( 1 + 2 ) = 5 a + 4 b + 3 c , 2 = a × 2 ⋅ 3 + b × 1 ⋅ 3 + c × 1 ⋅ 2 = 6 a + 3 b + 2 c ⇒ { 5 = a + b + c 8 = a ( 2 + 3 ) + b ( 1 + 3 ) + c ( 1 + 2 ) = 5 a + 4 b + 3 c 2 = a × 2 ⋅ 3 + b × 1 ⋅ 3 + c × 1 ⋅ 2 = 6 a + 3 b + 2 c \begin{gather} 5s^2+8s+2=a(s+2)(s+3)+b(s+1)(s+3)+c(s+1)(s+2)\\ \Rightarrow 5=a+b+c, 8=a(2+3)+b(1+3)+c(1+2)=5a+4b+3c, 2=a\times2\cdot3+b\times1\cdot3+c\times1\cdot2=6a+3b+2c\\ \Rightarrow \begin{cases} 5&=a+b+c\\ 8&=a(2+3)+b(1+3)+c(1+2)\\ &=5a+4b+3c\\ 2&=a\times2\cdot3+b\times1\cdot3+c\times1\cdot2\\ &=6a+3b+2c \end{cases} \end{gather} 5 s 2 + 8 s + 2 = a ( s + 2 ) ( s + 3 ) + b ( s + 1 ) ( s + 3 ) + c ( s + 1 ) ( s + 2 ) ⇒ 5 = a + b + c , 8 = a ( 2 + 3 ) + b ( 1 + 3 ) + c ( 1 + 2 ) = 5 a + 4 b + 3 c , 2 = a × 2 ⋅ 3 + b × 1 ⋅ 3 + c × 1 ⋅ 2 = 6 a + 3 b + 2 c ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ 5 8 2 = a + b + c = a ( 2 + 3 ) + b ( 1 + 3 ) + c ( 1 + 2 ) = 5 a + 4 b + 3 c = a × 2 ⋅ 3 + b × 1 ⋅ 3 + c × 1 ⋅ 2 = 6 a + 3 b + 2 c 이를 풀자.
6 = − a + b + c and 5 = a + b + c ⇒ a = − 0.5 and b + c = 5.5 5 = 3 b + 2 c and 11 = 2 b + 2 c ⇒ b = − 6 and c = 11.5 \begin{gather} 6=-a+b+c \text{ and } 5=a+b+c\\ \Rightarrow a=-0.5 \text{ and } b+c=5.5\\ 5=3b+2c \text{ and } 11=2b+2c\\ \Rightarrow b=-6 \text{ and }c=11.5 \end{gather} 6 = − a + b + c and 5 = a + b + c ⇒ a = − 0.5 and b + c = 5.5 5 = 3 b + 2 c and 11 = 2 b + 2 c ⇒ b = − 6 and c = 11.5 이러한 값들을 갖고 있는 것은 3번 이다.
13번 일단 ( 0 , 2 ) (0,2) ( 0 , 2 ) 안에서는 두 도선에 의한 자기력이 똑같이 지면을 뚫고 들어가는 방향이므로 여기에는 그런 지점이 없다. 따라서 2번과 3번은 제외이다.
다음으로 오른쪽의 전류 세기가 왼쪽 전류 세기의 3배이므로 이 점은 왼쪽 전류에 가까워야만 상쇄가 가능하다. 이를 만족하는 것은 1번 뿐이다.
14번 f c = 1 2 π R C = 5 Hz \begin{equation} \begin{split} f_c&=\frac{1}{2\pi RC}\\ &=5 \text{ Hz} \end{split} \end{equation} f c = 2 π RC 1 = 5 Hz 이므로 답은 2번 이다.
15번 D = 1 D=1 D = 1 일 때만 Y = 1 Y=1 Y = 1 이면 되므로 Y = D Y=D Y = D 이다. 따라서 답은 2번 이다.
16번 OPAMP의 − - − 쪽 입력 전압은
V − = V 1 × 2 10 + 2 = V 1 6 \begin{equation} \begin{split} V_-&=V_1\times\frac{2}{10+2}\\ &=\frac{V_1}{6} \end{split} \end{equation} V − = V 1 × 10 + 2 2 = 6 V 1 + + + 쪽 전압은
V + = 6 × R 1 5 + R 1 V_+=6\times\frac{R_1}{5+R_1} V + = 6 × 5 + R 1 R 1 이다.
네거티브 피드백이 없으므로 OPAMP는 V + V_+ V + 와 V − V_- V − 의 값을 비교한다. BJT가 켜지기 위해서는 양의 전압이 베이스에 가해져야 하므로 OPAMP의 출력은 양의 전압이 되어야 한다.
따라서
V + > V − ⇒ 6 × R 1 5 + R 1 > V 1 6 ⇒ 36 R 1 > 5 V 1 + V 1 R 1 ⇒ ( V 1 − 36 ) ( R 1 + 5 ) < − 180 R 1 + 5 > 0 ⇒ V 1 < 36 \begin{gather} V_+>V_-\\ \Rightarrow 6\times\frac{R_1}{5+R_1} \gt \frac{V_1}{6} \Rightarrow 36R_1\gt5V_1+V_1R_1\\ \Rightarrow (V_1-36)(R_1+5)\lt-180\\ R_1+5\gt0 \Rightarrow V_1\lt36 \end{gather} V + > V − ⇒ 6 × 5 + R 1 R 1 > 6 V 1 ⇒ 36 R 1 > 5 V 1 + V 1 R 1 ⇒ ( V 1 − 36 ) ( R 1 + 5 ) < − 180 R 1 + 5 > 0 ⇒ V 1 < 36 따라서 일단 1번은 제외이다. 다음으로는 대충 찍는 수밖에 없다. R 1 = 5 R_1=5 R 1 = 5 라고 가정하면 V 1 < 18 V_1\lt18 V 1 < 18 이어야 하는데 이에 해당하는 보기는 4번 이다.
R 1 = 1 R_1=1 R 1 = 1 이라고 가정하면 V 1 < 6 V_1\lt6 V 1 < 6 인데 이에 해당하는 보기는 없으므로 답을 확실히 알 수 있다.
17번 드 모르간의 법칙을 이용해보자.
가장 오른쪽의 NOR 게이트는 입력 쪽에 NOT을 한 AND 게이트와 같다. 따라서 가운데 게이트들은 NOR이 아니라 OR로 바뀐다. 따라서
X = ( A + B ‾ + A ) ( A + B ‾ + B ) = A + B ‾ + A B \begin{equation} \begin{split} X&=(\overline{A+B}+A)(\overline{A+B}+B)\\ &=\overline{A+B}+AB \end{split} \end{equation} X = ( A + B + A ) ( A + B + B ) = A + B + A B 이는 XOR에 NOT한 형태, 즉 XNOR이므로 답은 4번 이다.
18번 I p = 200 ∣ 6 + j 8 ∣ = 200 10 = 20 A \begin{equation} \begin{split} I_p&=\frac{200}{|6+j8|}\\ &=\frac{200}{10}\\ &=20 \text{ A} \end{split} \end{equation} I p = ∣6 + j 8∣ 200 = 10 200 = 20 A 이다. 오른쪽 부하의 상전류는 왼쪽 위 방향으로 20 − 12 0 ∘ 20\phase{-120^\circ} 20 − 12 0 ∘ 이다. 이 상전류와 표시된 선전류가 더해져서 표시된 상전류가 되므로 표시된 선전류는 표시된 상전류에서 왼쪽의 상전류를 뺀 값이다.
따라서 페이저도를 그려보면 다음과 같다.
따라서 답은 2번 이다.
19번 위쪽 OR에는 1 , 3 , 5 1,3,5 1 , 3 , 5 가, 아래쪽 OR에는 0 , 5 , 6 0,5,6 0 , 5 , 6 이 가해지고 있고 이들이 AND로 인가되어 그 출력이 F F F 이므로 F = 1 F=1 F = 1 이기 위해서는 이 입력들의 공통인 5 5 5 가 디코더에서 출력되어야 한다.
따라서 이에 해당하는 것인 2번 이 답이다.
20번 네거티브 피드백이 있다고 가정하자. 즉 D 1 , D 2 D1, D2 D 1 , D 2 모두 켜진다고 하는 것이다. 이 때 V o u t V_{out} V o u t 과 OPAMP의 − - − 입력간의 전압 차이는
V o u t − V − = ± ( 0.7 + 4.7 ) = ± 5.4 V \begin{equation} \begin{split} V_{out}-V_-&=\pm(0.7+4.7)\\ &=\pm5.4\text{ V} \end{split} \end{equation} V o u t − V − = ± ( 0.7 + 4.7 ) = ± 5.4 V 이다.
한편 네거티브 피드백이 있다고 가정하였으므로 V − = V + V_-=V_+ V − = V + 이다. 따라서
V − = V + = V o u t × 50 120 + 50 ≈ V o u t × 1 3 \begin{equation} \begin{split} V_-&=V_+\\ &=V_{out}\times\frac{50}{120+50}\\ &\approx V_{out}\times\frac{1}{3} \end{split} \end{equation} V − = V + = V o u t × 120 + 50 50 ≈ V o u t × 3 1 이다. 따라서
V o u t ≈ 3 V − V_{out}\approx 3V_- V o u t ≈ 3 V − 이므로 처음 구한 식에 대입하면
V − ≈ ± 2.7 V ⇒ V o u t ≈ ± 8.1 \begin{gather} V_-\approx \pm 2.7\text{ V}\\ \Rightarrow V_{out}\approx \pm 8.1 \end{gather} V − ≈ ± 2.7 V ⇒ V o u t ≈ ± 8.1 이다. 가장 가까운 값은 3번이라고 바로 생각해버릴 수도 있겠으나, 먼저 우리의 가정 즉 D 1 , D 2 D_1,D_2 D 1 , D 2 가 모두 켜진다는 조건이 가능한지 검토해야 한다.
V o u t > 0 V_{out}\gt 0 V o u t > 0 일 때, V − V_- V − 의 최댓값은 2.7 2.7 2.7 V이다. 이는 V R V_R V R 의 최댓값 5 5 5 V보다 작으므로 가능하다. V o u t < 0 V_{out}\lt 0 V o u t < 0 인 경우에 대해 풀어봐도 마찬가지로 가능하다는 결론이 나온다.
따라서 네거티브 피드백이 있다고 한 가정이 타당하므로 답은 3번 이다.