En este circuito multivibrador astable modificado, la caída de tensión directa del diodo D1 siempre se ignora, y las fórmulas de temporización se indican como
$$ t_1 = \ ln (2) R_1C_1, \ quad t_2 = \ ln (2) R_2C_1. $$
Si toma \ $ R_1 = R_2 \ $ e ignora la caída de voltaje del diodo, alcanza un ciclo de trabajo de% 50. Pero, ¿qué sucede si no ignoramos la caída de voltaje del diodo?
Supongamos que la caída de tensión directa de D1 es \ $ V_D \ $. El voltaje en el pin 5 será \ $ \ dfrac {2} {3} V_ {cc} \ $.
La forma más general de la ecuación de carga del condensador es
$$ v_c (t) = V_s + \ left [v_c (t_0) - V_s \ right] e ^ {- \ dfrac {t-t_0} {RC}}, \ quad t \ ge t_0. $$
Si reorganizamos los términos para obtener la diferencia horaria, obtenemos
$$ \ Delta t = t - t_0 = RC \ ln \ left [\ dfrac {V_s - v_c (t_0)} {V_s - v_c (t)} \ right]. $$
Donde, \ $ v_c (t) \ $ es la función del voltaje del capacitor, \ $ V_s \ $ es el voltaje de la fuente.
Durante el tiempo de activación, el condensador C1 se cargará desde \ $ \ dfrac {1} {3} V_ {cc} \ $ a \ $ \ dfrac {2} {3} V_ {cc} \ $ sobre R1 . La tensión de alimentación que ve esta red R-C es \ $ V_ {cc} -V_D \ $.
$$ t_1 = R_1C_1 \ ln \ left [\ dfrac {V_ {cc} - V_D - \ dfrac {1} {3} V_ {cc}} {V_ {cc} - V_D - \ dfrac {2} { 3} V_ {cc}} \ right] = R_1C_1 \ ln \ left [\ dfrac {\ dfrac {2} {3} V_ {cc} - V_D} {\ dfrac {1} {3} V_ {cc} - V_D } \ right] = R_1C_1 \ ln \ left [1 + \ dfrac {V_ {cc}} {V_ {cc} - 3V_D} \ right] $$
Durante la descarga, D1 no tiene efecto. De modo similar, \ $ t_2 \ $ será
$$ t_2 = R_2C_1 \ ln \ left [\ dfrac {V_ {cc} - \ dfrac {1} {3} V_ {cc}} {V_ {cc} - \ dfrac {2} {3} V_ { cc}} \ right] = \ ln (2) R_2C_1. $$
Entonces el período de la oscilación es
$$ \ en caja {T = t_1 + t_2 = R_1C_1 \ ln \ left [1 + \ dfrac {V_ {cc}} {V_ {cc} - 3V_D} \ right] + \ ln (2) R_2C_1}. $$
Y la frecuencia es
$$ \ en caja {f = \ dfrac {1} {T} = \ dfrac {1} {t_1 + t_2} = \ dfrac {1} {R_1C_1 \ ln \ left [1 + \ dfrac {V_ {cc }} {V_ {cc} - 3V_D} \ right] + \ ln (2) R_2C_1}}. $$
(Adaptado de esta pregunta .)
Compensación del error debido a la caída de voltaje de diodo hacia adelante
Queremos que los tiempos de encendido y apagado sean iguales. Eso es
$$ t_1 = t_2. $$
Entonces,
$$
R_1C_1 \ ln \ left [1 + \ dfrac {V_ {cc}} {V_ {cc} - 3V_D} \ right] = \ ln (2) R_2C_1, \\
\ ln \ left [1 + \ dfrac {V_ {cc}} {V_ {cc} - 3V_D} \ right] = \ dfrac {R_2} {R_1} \ ln (2), \\
\ boxed {R_1 = R_2 \ dfrac {\ ln (2)} {\ ln \ left [1 + \ dfrac {V_ {cc}} {V_ {cc} - 3V_D} \ right]}
\ quad \ quad \ text {o} \ quad \ quad
R_2 = R_1 \ dfrac {\ ln \ left [1 + \ dfrac {V_ {cc}} {V_ {cc} - 3V_D} \ right]} {\ ln (2)}}.
$$
Debes elegir \ $ R_1 \ $ y \ $ R_2 \ $ proporcionales entre sí de esta manera para lograr un ciclo de trabajo del 50% simétrico y preciso.