108 年 國立中正大學電機工程學系碩士班電力與電能處理甲組《控制系統》

此題考驗 PI 控制器的設計，要求系統達到零穩態誤差、週期臨界阻尼（critically damped）以及指定的自然頻率。

核心觀念：

1. PI 控制器與零穩態誤差： PI 控制器中的積分項 ($K_i/s$) 可以消除系統的穩態誤差。
2. 週期臨界阻尼： 週期臨界阻尼的二階系統的特徵方程式形式為 $s^2 + 2\omega_n s + \omega_n^2 = 0$，其中 $\omega_n$ 為自然頻率。
3. 閉迴路傳遞函數： 透過閉迴路傳遞函數的係數，可以與期望的特徵方程式係數進行比較，以求解控制器參數。

解題過程：

首先，我們需要建立系統的閉迴路傳遞函數。
系統的開迴路傳遞函數（Open-loop Transfer Function, OLTF）為：
$G_{OL}(s) = K(s) \cdot \frac{2}{s+2} = (K_p + \frac{K_i}{s}) \cdot \frac{2}{s+2}$
$G_{OL}(s) = (\frac{K_p s + K_i}{s}) \cdot \frac{2}{s+2} = \frac{2(K_p s + K_i)}{s(s+2)}$

對於單位回授系統（Unity Feedback System），閉迴路傳遞函數（Closed-loop Transfer Function, CLTF）為：
$G_{CL}(s) = \frac{G_{OL}(s)}{1 + G_{OL}(s)}$
$G_{CL}(s) = \frac{\frac{2(K_p s + K_i)}{s(s+2)}}{1 + \frac{2(K_p s + K_i)}{s(s+2)}}$
$G_{CL}(s) = \frac{2(K_p s + K_i)}{s(s+2) + 2(K_p s + K_i)}$

核心觀念

單位回授系統的開迴路傳遞函數為

$$L(s)=G(s)=\frac{100K}{s(s+10)(5s+10)}.$$

令 $s=j\omega$，則頻率響應為

$$L(j\omega)=\frac{100K}{j\omega(j\omega+10)(5j\omega+10)}.$$

將 $5s+10=5(s+2)$，可得幅值

$$|L(j\omega)| =\frac{100K}{5\omega\sqrt{\omega^2+100}\sqrt{\omega^2+4}} =\frac{20K}{\omega\sqrt{\omega^2+100}\sqrt{\omega^2+4}}.$$

相位為

$$\angle L(j\omega) =-90^\circ-\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{10}\right) -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{2}\right).$$

所用定義如下：

• 增益交越頻率 $\omega_{gc}$：$|L(j\omega_{gc})|=1$。
• 相位交越頻率 $\omega_{pc}$：$\angle L(j\omega_{pc})=-180^\circ$。
• 增益裕度：

$$GM=\frac{1}{|L(j\omega_{pc})|}, \qquad GM_{\mathrm{dB}}=20\log_{10}(GM).$$

• 相位裕度：

$$PM=180^\circ+\angle L(j\omega_{gc}).$$

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解題方法

(a) 增益裕度為 $20$ dB

相位交越頻率滿足

$$-90^\circ-\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{10}\right) -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{2}\right) =-180^\circ.$$

因此

$$\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{10}\right) +\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{2}\right) =90^\circ.$$

利用

$$\tan(A+B)=\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B},$$

當 $A+B=90^\circ$ 時，分母為零：

$$1-\frac{\omega}{10}\frac{\omega}{2}=0.$$

故

$$1-\frac{\omega^2}{20}=0, \qquad \omega_{pc}=\sqrt{20}\ \text{rad/s}.$$

在 $\omega_{pc}=\sqrt{20}$ 時，

$$|L(j\omega_{pc})| = \frac{20K} {\sqrt{20}\sqrt{120}\sqrt{24}}.$$

由

$$\sqrt{20}\sqrt{120}\sqrt{24} =\sqrt{20\times120\times24} =240,$$

可得

$$|L(j\omega_{pc})|=\frac{K}{12}.$$

增益裕度為 $20$ dB：

$$20\log_{10}(GM)=20,$$

所以

$$GM=10.$$

又

$$GM=\frac{1}{|L(j\omega_{pc})|} =\frac{12}{K},$$

因此

核心觀念

此題考查單位回授系統的：

1. 根軌跡條件與繪製方法。
2. Nyquist 圖的頻率響應表示法。
3. 根軌跡與 Nyquist 圖對閉迴路穩定性的判斷。

開迴路傳遞函數為

$$L(s)=\frac{K}{(s+5)^3},\qquad K\ge 0.$$

因為是單位負回授系統，閉迴路特徵方程式為

$$1+L(s)=0.$$

因此

$$1+\frac{K}{(s+5)^3}=0$$

可整理為

$$(s+5)^3+K=0.$$

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解題方法一：根軌跡

1. 開迴路極點與零點

開迴路函數為

$$L(s)=\frac{K}{(s+5)^3}.$$

因此有三個重疊極點：

$$s=-5,-5,-5$$

且沒有有限零點。

根軌跡共有三條分支，當 $K=0$ 時，三條分支皆由 $s=-5$ 出發。

2. 根軌跡角度條件

由特徵方程式，

$$(s+5)^3=-K.$$

令

$$s+5=re^{j\theta},$$

則

$$r^3e^{j3\theta}=Ke^{j(2m+1)\pi}.$$

因此

$$3\theta=(2m+1)\pi,$$

得到三個根軌跡方向：

$$\theta=\frac{\pi}{3},\quad \pi,\quad \frac{5\pi}{3}.$$

換成角度為

$$\theta=60^\circ,\quad 180^\circ,\quad 300^\circ.$$

所以根軌跡為以 $s=-5$ 為起點的三條射線：

• 一條沿負實軸向左延伸；
• 一條與正實軸夾角 $60^\circ$，向右上方延伸；
• 一條與正實軸夾角 $60^\circ$，向右下方延伸。

令

$$r=K^{1/3},$$

三條閉迴路極點可表示為

$$s=-5+K^{1/3}e^{j\pi/3},$$ $$s=-5-K^{1/3},$$ $$s=-5+K^{1/3}e^{-j\pi/3}.$$

3. 根軌跡示意

                 Im{s}
                   ↑
                   |       /
                   |      /  θ=60°
                   |     /
-------------------●----------------→ Re{s}
                 -5
                   |     \
                   |      \  θ=300°
                   |       \
                   |
        ←─────────
       θ=180°

實際上，斜向上、斜向下兩條分支在 $K$ 增大時會逐漸進入右半平面。

4. 穩定性判斷

斜向上分支的實部為

$$\operatorname{Re}(s) =-5+K^{1/3}\cos 60^\circ =-5+\frac{K^{1/3}}{2}.$$

穿越虛軸的條件為

$$-5+\frac{K^{1/3}}{2}=0.$$

因此

$$K^{1/3}=10$$

以及

$$\boxed{K=1000}.$$

當 $0<K<1000$ 時，三個閉迴路極點皆位於左半平面，系統穩定。

當 $K=1000$ 時，兩個極點位於虛軸上，系統為臨界穩定。

當 $K>1000$ 時，有兩個極點進入右半平面，系統不穩定。

在 $K=1000$ 時，三個極點為

$$s=-15,\qquad s=\pm j5\sqrt{3}.$$

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解題方法二：Nyquist 圖

1. 頻率響應

令 $s=j\omega$，則

$$L(j\omega)=\frac{K}{(5+j\omega)^3}.$$

其大小與相位分別為

$$\left|L(j\omega)\right| = \frac{K}{(25+\omega^2)^{3/2}},$$ $$\angle L(j\omega) = -3\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{5}\right).$$

因此：

• $\omega=0$ 時，相位為 $0^\circ$；
• $\omega\to\infty$ 時，相位趨近 $-270^\circ$，等效為 $+90^\circ$；
• $\omega\to\infty$ 時，幅值趨近 $0$。

2. 實部與虛部表示式

展開分母：

$$(5+j\omega)^3 = 125-15\omega^2+j(75\omega-\omega^3).$$

取倒數後可得

$$L(j\omega) = \frac{K\left(125-15\omega^2+j(\omega^3-75\omega)\right)} {(25+\omega^2)^3}.$$

所以

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\} = \frac{K(125-15\omega^2)} {(25+\omega^2)^3},$$

此題考驗狀態空間系統的可控性（Controllability）與可觀測性（Observability）的判斷條件。

核心觀念：

1. 可控性： 指系統的狀態向量 $x(t)$ 是否能從任意初始狀態 $x(t_0)$ 透過控制輸入 $u(t)$ 在有限時間內達到任意目標狀態 $x(t_f)$。
2. 可觀測性： 指系統的輸出 $y(t)$ 是否能提供足夠的資訊來唯一地確定系統的內部狀態 $x(t)$。
3. 判斷方法：
   • 可控性矩陣 (Controllability Matrix)： $C = \begin{bmatrix} B & AB & A^2B & \dots & A^{n-1}B \end{bmatrix}$。系統可控當且僅當 rank($C$) = $n$，其中 $n$ 為狀態向量的維度。
   • 可觀測性矩陣 (Observability Matrix)： $O = \begin{bmatrix} C^T & (CA)^T & (CA^2)^T & \dots & (CA^{n-1})^T \end{bmatrix}$。系統可觀測當且僅當 rank($O$) = $n$。
   • 另一種可觀測性判斷方法是 rank($O^T$) = $n$，其中 $O^T = \begin{bmatrix} C^T & A^TC^T & \dots & (A^{n-1})^TC^T \end{bmatrix}$。
   • 更常用的是 rank($\mathcal{O}$) = $n$，其中 $\mathcal{O} = \begin{bmatrix} C \\ CA \\ \vdots \\ CA^{n-1} \end{bmatrix}$。

解題過程：

系統的狀態空間表示為：
$A = \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}$, $B = \begin{bmatrix} b_1 \\ b_2 \end{bmatrix}$, $C = \begin{bmatrix} c_1 & c_2 \end{bmatrix}$。
狀態向量維度 $n=2$。

1. 可控性分析：
計算可控性矩陣 $C$。
$C = \begin{bmatrix} B & AB \end{bmatrix}$
首先計算 $AB$:
$AB = \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} b_1 \\ b_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2b_1 + 2b_2 \\ 0b_1 + 2b_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2(b_1+b_2) \\ 2b_2 \end{bmatrix}$

可控性矩陣為：
$C = \begin{bmatrix} b_1 & 2(b_1+b_2) \\ b_2 & 2b_2 \end{bmatrix}$

系統可控當且僅當 rank($C$) = 2。
rank($C$) = 2 的條件是 $C$ 的行列式不為零。
det($C$) = $b_1(2b_2) - b_2(2(b_1+b_2))$
det($C$) = $2b_1b_2 - 2b_2b_1 - 2b_2^2$
det($C$) = $-2b_2^2$

要使 rank($C$) = 2，必須 det($C$) $\neq 0$。
$-2b_2^2 \neq 0 \implies b_2 \neq 0$。

所以，系統可控的條件是 $b_2 \neq 0$。

2. 可觀測性分析：
計算可觀測性矩陣 $\mathcal{O}$。
$\mathcal{O} = \begin{bmatrix} C \\ CA \end{bmatrix}$
首先計算 $CA$:
$CA = \begin{bmatrix} c_1 & c_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2c_1 + 0c_2 & 2c_1 + 2c_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2c_1 & 2(c_1+c_2) \end{bmatrix}$

可觀測性矩陣為：
$\mathcal{O} = \begin{bmatrix} c_1 & c_2 \\ 2c_1 & 2(c_1+c_2) \end{bmatrix}$

系統可觀測當且僅當 rank($\mathcal{O}$) = 2。
rank($\mathcal{O}$) = 2 的條件是 $\mathcal{O}$ 的行列式不為零。
det($\mathcal{O}$) = $c_1(2(c_1+c_2)) - c_2(2c_1)$
det($\mathcal{O}$) = $2c_1^2 + 2c_1c_2 - 2c_1c_2$
det($\mathcal{O}$) = $2c_1^2$

核心觀念

本題考查：

• 微分方程轉換為狀態空間表示法。
• 由狀態矩陣 $A$ 的特徵值判斷系統穩定性。
• 狀態轉移矩陣的定義：

$$\Phi(t)=e^{At}$$

若系統為

$$\dot{x}(t)=Ax(t)+Br(t),$$

則零輸入狀態響應為

$$x(t)=\Phi(t)x(0).$$

連續時間線性時不變系統漸近穩定的充要條件為：矩陣 $A$ 的所有特徵值皆具有負實部。

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解題方法

已知

$$x_1=y,\qquad x_2=\dot y,\qquad x_3=\ddot y.$$

因此

$$\dot x_1=x_2,$$ $$\dot x_2=x_3.$$

原微分方程為

$$\dddot y+3\ddot y+3\dot y+y=r(t),$$

整理最高階導數：

$$\dddot y=-3\ddot y-3\dot y-y+r(t).$$

所以

$$\dot x_3=-x_1-3x_2-3x_3+r(t).$$

狀態方程為

$$\dot{x}(t)=Ax(t)+Br(t),$$

其中

$$x(t)= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} y\\\dot y\\\ddot y \end{bmatrix},$$ $$A= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ -1&-3&-3 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0\\0\\1 \end{bmatrix}.$$

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（a）系統穩定性

矩陣 $A$ 的特徵方程為

$$\det(sI-A)= \begin{vmatrix} s&-1&0\\ 0&s&-1\\ 1&3&s+3 \end{vmatrix}.$$

計算得

$$\det(sI-A)=s^3+3s^2+3s+1.$$

此多項式可因式分解為

$$s^3+3s^2+3s+1=(s+1)^3.$$

因此系統特徵值為

$$\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=-1.$$

雖然特徵值為三重根，但其實部皆為負：

$$\operatorname{Re}(\lambda_i)=-1<0.$$

所以矩陣 $A$ 為 Hurwitz 矩陣，系統為漸近穩定，且為指數穩定。

也可由齊次微分方程直接觀察：

$$(D+1)^3y(t)=0,$$

其自然響應為

$$y_h(t)=(C_1+C_2t+C_3t^2)e^{-t}.$$

雖然含有 $t$ 與 $t^2$，但因為 $e^{-t}$ 衰減速度快於任何有限次多項式成長，因此

$$\lim_{t\to\infty}y_h(t)=0.$$

故系統穩定。

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（b）狀態轉移矩陣 $\Phi(t)$

狀態轉移矩陣定義為

$$\Phi(t)=e^{At}.$$

由於 $A$ 的特徵值皆為 $-1$，令

$$N=A+I.$$

則

$$A=-I+N,$$

其中