111 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》

此題主要考驗 PD 控制器在參數平面上的設計，以及穩定度、誤差常數和極點零點抵銷等概念。

首先，我們需要從系統方塊圖推導出閉迴路傳遞函數，並將其表示成以 $K_p$ 和 $K_d$ 為參數的形式。

系統的開迴路傳遞函數為：
$G(s) = (K_p + K_d s) \frac{100}{s^2}$

閉迴路傳遞函數為：
$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{G(s)}{1 + G(s)}$
$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{(K_p + K_d s) \frac{100}{s^2}}{1 + (K_p + K_d s) \frac{100}{s^2}}$
$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{100 K_p + 100 K_d s}{s^2 + 100 K_p + 100 K_d s}$
$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{100 K_d s + 100 K_p}{s^2 + 100 K_d s + 100 K_p}$

閉迴路的特徵方程式為：
$s^2 + 100 K_d s + 100 K_p = 0$

這是一個二階系統的特徵方程式，標準形式為 $s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2 = 0$。
比較係數，我們可以得到：
$\omega_n^2 = 100 K_p \implies \omega_n = 10 \sqrt{K_p}$
$2\zeta\omega_n = 100 K_d$

(a) Damping is critical ($\zeta = 1$)
當阻尼比 $\zeta = 1$ 時，系統處於臨界阻尼狀態。
$2(1)\omega_n = 100 K_d$
$2 \omega_n = 100 K_d$
將 $\omega_n = 10 \sqrt{K_p}$ 代入：
$2 (10 \sqrt{K_p}) = 100 K_d$
$20 \sqrt{K_p} = 100 K_d$
$\sqrt{K_p} = 5 K_d$
$K_p = 25 K_d^2$
這是在參數平面上的一條拋物線，表示臨界阻尼的軌跡。由於 $K_p$ 通常為正，所以 $K_d$ 也可以為負，但物理上通常 $K_p > 0, K_d \ge 0$。若考慮 $K_d \ge 0$，則 $K_p = 25 K_d^2$ 且 $K_p \ge 0$。

(b) Parabolic-error constant is 1000
對於單位回授系統，若開迴路傳遞函數 $G(s)$ 包含 $s^2$ 的因子，則其位置誤差常數 $K_p$ 為無限大，速度誤差常數 $K_v$ 為零，而加速度誤差常數 $K_a$ (或稱拋物線誤差常數) 為 $K_a = \lim_{s \to 0} s^2 G(s)$。
在此題中，開迴路傳遞函數為 $G(s) = (K_p + K_d s) \frac{100}{s^2}$。
$K_a = \lim_{s \to 0} s^2 \left( (K_p + K_d s) \frac{100}{s^2} \right)$
$K_a = \lim_{s \to 0} 100 (K_p + K_d s)$
$K_a = 100 K_p$
題目要求拋物線誤差常數為 1000，即 $K_a = 1000$。
$100 K_p = 1000$
$K_p = 10$
這是在參數平面上的一條垂直線 $K_p = 10$，表示拋物線誤差常數為 1000 的軌跡。

(c) System is pole-zero cancellation
極點零點抵銷發生在控制器的零點與系統傳遞函數的極點互相抵銷。
PD 控制器的零點為：$K_p + K_d s = 0 \implies s = -\frac{K_p}{K_d}$ (假設 $K_d \neq 0$)。
系統的開迴路傳遞函數為 $G(s) = (K_p + K_d s) \frac{100}{s^2}$。
其極點為 $s=0$ (二重極點)。
若要發生極點零點抵銷，則 PD 控制器的零點必須位於 $s=0$。
$-\frac{K_p}{K_d} = 0$

核心觀念

本題主要考查：

• 狀態方程轉換為傳遞函數。
• Unity-feedback 系統的 Nyquist 穩定判據。
• Routh–Hurwitz 穩定判據。
• 根軌跡的起點、終點與漸近線。
• Gain margin 與 phase margin 的定義。

系統採用負回授：

$$u=r-y$$

其中 $K$ 已包含在輸入矩陣中。

---

一、由狀態方程求開迴路傳遞函數

由第三個狀態方程可得

$$\dot{x}_3=-10x_3+Ku$$

取拉氏轉換且假設初始條件為零：

$$(s+10)X_3(s)=KU(s)$$

因此

$$X_3(s)=\frac{K}{s+10}U(s)$$

輸出為

$$y=x_2+x_3$$

由於輸入只作用於 $x_3$，且 $x_2$ 沒有受到輸入驅動，因此在計算輸入至輸出的傳遞函數時，

$$Y(s)=X_3(s)$$

故開迴路傳遞函數為

$$G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)} =\frac{K}{s+10}$$

矩陣中的 $-2$ 與 $-1$ 對應兩個內部模態，其極點分別為 $-2$ 與 $-1$，皆位於左半平面。

閉迴路傳遞函數為

$$T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)} =\frac{K}{s+10+K}$$

完整閉迴路極點為

$$s=-2,\qquad s=-1,\qquad s=-(10+K)$$

---

(a) 以 Nyquist criterion 求穩定範圍

Nyquist 圖形

令

$$G(j\omega)=\frac{K}{10+j\omega}$$

整理得

$$G(j\omega) = \frac{K(10-j\omega)}{100+\omega^2}$$

所以

$$\operatorname{Re}\{G(j\omega)\} = \frac{10K}{100+\omega^2}$$ $$\operatorname{Im}\{G(j\omega)\} = -\frac{K\omega}{100+\omega^2}$$

當 $\omega=0$ 時，

$$G(0)=\frac{K}{10}$$

當 $\omega\to\infty$ 時，

$$G(j\omega)\to 0$$

因此 Nyquist 曲線由 $K/10$ 出發，最後趨近原點。

若 $K>0$，曲線位於右半平面附近，不會包圍臨界點 $-1$。由於開迴路沒有右半平面極點，故閉迴路穩定。

若 $K<0$，Nyquist 曲線位於左半平面。穩定邊界發生於曲線通過 $-1$：

$$\frac{K}{10}=-1$$

因此

$$K=-10$$

在 $K=-10$ 時，閉迴路有一個位於原點的極點，屬於臨界穩定，不是漸近穩定。

所以漸近穩定條件為

$$\boxed{K>-10}$$

若題目只考慮一般根軌跡所使用的 $K\geq 0$，則所有 $K\geq 0$ 均穩定。

---

(b) 以 Routh–Hurwitz criterion 驗證

閉迴路特徵方程為

$$1+G(s)=0$$

因此

$$1+\frac{K}{s+10}=0$$

得到

$$s+10+K=0$$

若考慮完整狀態系統，特徵多項式為

$$(s+2)(s+1)(s+10+K)=0$$

先計算前兩項：

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

所以

$$(s^2+3s+2)(s+10+K)$$

展開為

$$s^3+(K+13)s^2+(3K+32)s+(2K+20)$$

Routh 表為

$$\begin{array}{c|cc} s^3 & 1 & 3K+32\\ s^2 & K+13 & 2K+20\\ s^1 & \dfrac{(K+13)(3K+32)-(2K+20)}{K+13} & 0\\ s^0 & 2K+20 & \end{array}$$

計算 $s^1$ 列第一項：

$$\frac{(K+13)(3K+32)-(2K+20)}{K+13} = \frac{3K^2+69K+396}{K+13}$$

分子可因式分解為

$$3K^2+69K+396 = 3(K+10)(K+13)$$

因此

$$s^1\text{ 列第一項}=3(K+10)$$

Routh 表第一欄為

$$1,\qquad K+13,\qquad 3(K+10),\qquad 2(K+10)$$

要全部為正，需滿足

$$K+13>0$$

以及

$$K+10>0$$

合併後得到

$$\boxed{K>-10}$$

與 Nyquist criterion 的結果一致。

---

(c) 建立 $K\geq 0$ 的根軌跡

由開迴路傳遞函數

$$G(s)=\frac{K}{s+10}$$

閉迴路特徵方程為

$$s+10+K=0$$

因此根為

$$s=-(10+K)$$

根軌跡特性

• 開迴路極點：$s=-10$
• 開迴路零點：無有限零點
• 根軌跡分支數：$1$
• $K=0$ 時：

$$s=-10$$

• $K\to\infty$ 時：

$$s\to-\infty$$

根軌跡位於實軸區間

$$(-\infty,-10]$$

其方向由 $-10$ 沿實軸向左移動。

此外，完整狀態系統還有兩個固定極點：

$$s=-1,\qquad s=-2$$

這兩個極點不隨 $K$ 移動，因為它們屬於未受輸入影響的內部模態。

根軌跡示意如下：

$$\leftarrow\!\!-\!\!-\!\!-\!\!-\!\!-\!\!-\!\!-\!\!-\!\!-\!\!\times_{-10} \qquad \times_{-2}\qquad \times_{-1}$$

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 狀態轉移矩陣

   對定常系統

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

   狀態轉移矩陣定義為

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

2. 可觀測標準型（Observability Canonical Form, OCF）

   若作狀態變換

   $$x(t)=Q\bar{x}(t),$$

   則

   $$\dot{\bar{x}}(t)=\bar{A}\bar{x}(t)+\bar{B}u(t), \qquad y(t)=\bar{C}\bar{x}(t),$$

   其中

   $$\bar{A}=Q^{-1}AQ,\qquad \bar{B}=Q^{-1}B,\qquad \bar{C}=CQ.$$

本題採用下列可觀測標準型：

$$\bar{A} = \begin{bmatrix} -a_1 & 1 & 0\\ -a_2 & 0 & 1\\ -a_3 & 0 & 0 \end{bmatrix}, \qquad \bar{C} = \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix}.$$

---

（a）求狀態轉移矩陣 $\phi(t)$

矩陣 $A$ 可寫成

$$A= \begin{bmatrix} -1&0&0\\ 0&-2&1\\ 0&0&-2 \end{bmatrix}.$$

其中第一個狀態對應特徵值 $-1$，後面二階區塊為

$$A_2= \begin{bmatrix} -2&1\\ 0&-2 \end{bmatrix} = -2I+ \begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

令

$$N= \begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad N^2=0.$$

由矩陣指數定義，

$$e^{A_2t} = e^{-2t}e^{Nt} = e^{-2t}(I+Nt) = e^{-2t} \begin{bmatrix} 1&t\\ 0&1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\phi(t)=e^{At} = \begin{bmatrix} e^{-t}&0&0\\ 0&e^{-2t}&te^{-2t}\\ 0&0&e^{-2t} \end{bmatrix}.$$

---

（b）轉換為可觀測標準型

第一步：求系統特徵多項式

矩陣 $A$ 的特徵多項式為

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

展開得

$$\det(sI-A) = s^3+5s^2+8s+4.$$

與一般形式

$$s^3+a_1s^2+a_2s+a_3$$

比較，可得

$$a_1=5,\qquad a_2=8,\qquad a_3=4.$$

所以可觀測標準型中的系統矩陣為

$$\bar{A} = \begin{bmatrix} -5&1&0\\ -8&0&1\\ -4&0&0 \end{bmatrix}.$$

---

第二步：建立原系統的可觀測矩陣

原系統的輸出矩陣為

$$C= \begin{bmatrix} 1&1&1 \end{bmatrix}.$$

先計算 $CA$：

$$CA = \begin{bmatrix} 1&1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1&0&0\\ 0&-2&1\\ 0&0&-2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1&-2&-1 \end{bmatrix}.$$

再計算 $CA^2$。由

$$A^2= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&4&-4\\ 0&0&4 \end{bmatrix},$$

可得

$$CA^2 = \begin{bmatrix} 1&1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&4&-4\\ 0&0&4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&4&0 \end{bmatrix}.$$

因此原系統的可觀測矩陣為

$$\mathcal{O} = \begin{bmatrix} C\\ CA\\ CA^2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1&1\\ -1&-2&-1\\ 1&4&0 \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(\mathcal{O})=-4\neq 0,$$

故系統完全可觀測，確實可以轉換為可觀測標準型。

---

第三步：建立標準型的可觀測矩陣

標準型中