Esto es bastante sencillo si consideramos el uso de \ $ \ beta \ $. Supongo que en este punto de su material le han dado la fórmula para la corriente de drenaje de CC en la región lineal:
\ $ I_ {DS} = \ beta \ left ((V_ {GS} -V_T) V_ {DS} - \ frac {V ^ 2_ {DS}} {2} \ right) \ $
Y para la región de saturación:
\ $ I_ {DS} = \ beta \ frac {(V_ {GS} - V_T) ^ 2} {2} \ $
Donde la saturación se define como \ $ | V_ {DS} | \ geq V_ {GS} - V_T \ $
Entonces veamos la situación donde \ $ v_i = 6V \ $. Debido a que para \ $ M_1 \ $, \ $ V_ {GS} = V_ {DS} \ $, el transistor siempre opera en modo saturado, siempre y cuando \ $ V_ {DS} > V_T \ $. Debido a que obviamente \ $ v_i = 6V \ $, \ $ M_2 \ $ está activado, este será el caso, por lo que podemos asumir con seguridad que \ $ V_ {DS} > V_T \ $.
Ahora podemos hacer dos cosas: tratar de resolver simultáneamente las ecuaciones de la corriente de drenaje suponiendo que M2 es saturado o lineal, o podemos analizar el problema de manera intuitiva. Probemos el último. El punto de transición entre lineal y saturación para \ $ M_2 \ $ es \ $ V_ {DS} = 3V \ $, por encima del cual tenemos saturación, por debajo del cual el transistor opera en la región lineal. En este punto operativo, la corriente a través de $ \ M_2 \ $ es
\ $ \ begin {eqnarray}
I_ {DS} & = & \ beta \ frac {(V_ {GS} - V_T) ^ 2} {2} \\
& = & 0.2 \ frac {(6 - 3) ^ 2} {2} \\
& = & 0.2 \ cdot \ frac {9} {2} \\
& = & 0.9 mA
\ end {eqnarray} \ $
Para \ $ M_1 \ $:
\ $ \ begin {eqnarray}
I_ {DS} & = & \ beta \ frac {(V_ {GS} - V_T) ^ 2} {2} \\
& = & 0.04 \ frac {(6 - 3) ^ 2} {2} \\
& = & 0.04 \ cdot \ frac {9} {2} \\
& = & 0.18mA
\ end {eqnarray} \ $
Esto es claramente falso, ya que no hay carga en \ $ v_o \ $, la corriente a través de ambos transistores debe ser igual. El aumento de \ $ V_ {DS} \ $ en \ $ M_2 \ $ tampoco ayudará, porque eso solo disminuirá la corriente de drenaje en \ $ M_1 \ $ mientras se mantiene la corriente de drenaje igual en \ $ M_2 \ $. Intuitivamente, debe quedar claro que la única forma de igualar estas ecuaciones es que \ $ M_2 \ $ esté en la región lineal y reduzca la corriente de drenaje de esta manera.
Así que ahora es fácil. Resolver:
\ $ \ begin {eqnarray}
I_ {DS, 1, sat} & = & I_ {DS, 2, lin} \\
\ beta_1 \ frac {(V_ {GS, 1} - V_T) ^ 2} {2} & = & \ beta_2 \ left ((V_ {GS, 2} -V_T) V_ {DS} - \ frac {V ^ 2_ {DS}} {2} \ right) \\
\ beta_1 \ frac {((9 - v_o) - 3) ^ 2} {2} & = & \ beta_2 \ left ((6-3) v_o - \ frac {v ^ 2_o} {2} \ right) \\
\ beta_1 \ frac {(6 - v_o) ^ 2} {2} & = & \ beta_2 \ left (3v_o - \ frac {v ^ 2_o} {2} \ right) \\
18 - 6v_o + \ frac {v_o ^ 2} {2} & = & \ frac {\ beta_2} {\ beta_1} \ left (3v_o - \ frac {v ^ 2_o} {2} \ right) \\
18 - 21v_o + 3v_o ^ 2 & = & 0 \\
\ end {eqnarray} \ $
Esto tiene soluciones \ $ v_o = 6V | v_o = 1V \ $. Sabemos que las ecuaciones no se mantienen para \ $ v_o = 6V \ $, ya que \ $ M_2 \ $ estaría en saturación y porque la corriente de drenaje en \ $ M_1 \ $ sería cero, por lo que la respuesta es \ $ v_o = 1V \ $.
Y maldita sea, lo he vuelto a hacer. Juré que no haría más de estas respuestas pesadas en ecuaciones porque toman una gran cantidad de tiempo para escribir. No puedo ayudarme a mí mismo.
