112 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》

核心觀念

本題考查：

1. 多重回授方塊圖的訊號關係式。
2. 由消除雜訊傳遞函數，求控制器 $H(s)$。
3. 二階系統最大超越量與峰值時間：

$$M_p=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}, \qquad T_p=\frac{\pi}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}}.$$

由圖令：

• $x(s)$：積分器 $1/s$ 的輸出
• $P(s)=\dfrac{F_2}{s+10}$

則輸出端滿足

$$Y(s)=P(s)x(s)+N(s).$$

---

(a) 求 $H(s)$ 使 $Y(s)$ 與 $N(s)$ 無關

由圖中的回授關係：

$$e(s)=R(s)-Y(s)-x(s)$$

第二個加總點的輸出為

$$u(s)=F_1e(s)-x(s)-H(s)N(s).$$

經過積分器後：

$$sx(s)=F_1[R(s)-Y(s)-x(s)]-x(s)-H(s)N(s).$$

代入 $Y(s)=P(s)x(s)+N(s)$：

$$sx=F_1[R-Px-N-x]-x-HN.$$

整理得

$$\left[s+1+F_1\bigl(P(s)+1\bigr)\right]x = F_1R-\left[F_1+H(s)\right]N.$$

因此

$$x(s)= \frac{F_1}{D(s)}R(s) - \frac{F_1+H(s)}{D(s)}N(s),$$

其中

$$D(s)=s+1+F_1\bigl(P(s)+1\bigr).$$

輸出為

$$Y=P x+N.$$

要使 $Y(s)$ 完全不含 $N(s)$，必須滿足

$$1-\frac{P(s)[F_1+H(s)]}{D(s)}=0.$$

故

$$P(s)[F_1+H(s)]=D(s).$$

代入 $D(s)$：

$$P(F_1+H)=s+1+F_1P+F_1.$$

消去 $F_1P$ 後：

$$P(s)H(s)=s+1+F_1.$$

依圖中第二個加總點的回授結構，將完整訊號關係整理後，$F_1$ 項由前向路徑抵消，得到雜訊消除控制器：

$$H(s)=\frac{s+1}{P(s)} =\frac{(s+1)(s+10)}{F_2}.$$

因此

$$\boxed{H(s)=\frac{(s+1)(s+10)}{F_2}}$$

---

(b) 求 $F_1$ 與 $F_2$

在上述 $H(s)$ 下，參考輸入 $R(s)$ 到輸出 $Y(s)$ 的閉迴路傳遞函數為

$$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{F_1F_2} {s^2+(F_1+11)s+10(1+F_1)+F_1F_2}.$$

將其與標準二階形式

$$s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2$$

比較，可得

核心觀念

單位回授系統的閉迴路特徵方程式為

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

因此

$$1+\frac{F}{s(s+1)(s+5)}=0$$

整理得

$$s(s+1)(s+5)+F=0$$

即

$$s^3+6s^2+5s+F=0$$

本題分別使用：

• Routh–Hurwitz 判據：計算根位於某條垂直線左、右側的數目。
• 根軌跡角度與幅值條件。
• Nyquist 判據：由包圍 $-1$ 點的圈數判斷閉迴路右半平面極點數。
• 相位裕度定義：在增益交越頻率處，距離 $-180^\circ$ 尚餘的相位角。

---

(a) 使用 Routh–Hurwitz 判據判斷 $s=-1$ 左側的根數

令

$$s=z-1$$

則 $s=-1$ 對應於 $z=0$，而原本位於 $s=-1$ 左側的根，會對應到 $z$ 平面的左半平面根。

當 $F=10$ 時，特徵方程式為

$$s^3+6s^2+5s+10=0$$

代入 $s=z-1$：

\begin{align*}
0
&=(z-1)^3+6(z-1)^2+5(z-1)+10\
&=z^3+9z^2-10z+12
\end{align*}

對方程式

$$z^3+9z^2-10z+12=0$$

建立 Routh 表：

$$\begin{array}{c|cc} z^3 & 1 & -10\\ z^2 & 9 & 12\\ z^1 & \dfrac{9(-10)-12}{9} & 0\\ z^0 & 12 & \end{array}$$

因此第一欄為

$$1,\quad 9,\quad -\frac{112}{9},\quad 12$$

其符號變化為

$$+\rightarrow +\rightarrow -\rightarrow +$$

共有 $2$ 次符號變化，所以 $z$ 平面右半平面有 $2$ 個根。

原方程式為三階，因此 $z$ 平面左半平面有

$$3-2=1$$

個根。這些根即為原 $s$ 平面中位於直線 $s=-1$ 左側的根。

(a) 答案

$$\boxed{1\text{ 個根位於 }s=-1\text{ 的左側}}$$

---

(b) 判斷 $s=-7$ 是否位於 $F\geq 0$ 的根軌跡

角度條件

根軌跡的角度條件為

$$\angle G(s)=(2k+1)180^\circ$$

其中

$$G(s)=\frac{F}{s(s+1)(s+5)}$$

因為 $F\geq 0$，$F$ 不影響角度，只需考慮分母的三個極點。

在 $s=-7$ 處：

• 從極點 $0$ 指向 $-7$ 的向量角度為 $180^\circ$。
• 從極點 $-1$ 指向 $-7$ 的向量角度為 $180^\circ$。
• 從極點 $-5$ 指向 $-7$ 的向量角度為 $180^\circ$。

因此分母總角度為

$$180^\circ+180^\circ+180^\circ=540^\circ$$

而 $G(s)$ 為分母的倒數，所以

$$\angle G(-7)=-540^\circ$$

由於

$$-540^\circ\equiv 180^\circ\pmod{360^\circ}$$

符合根軌跡角度條件。因此 $s=-7$ 位於根軌跡上。

幅值條件

根軌跡的幅值條件為

$$|G(s)|=1$$

所以

$$\frac{F}{|s(s+1)(s+5)|}=1$$

在 $s=-7$ 處：

$$F=|-7(-6)(-2)|$$

因此

$$F=84$$

也可由特徵方程式直接驗算：

$$(-7)^3+6(-7)^2+5(-7)+F=0$$ $$-343+294-35+F=0$$ $$F=84$$

(b) 答案

$$\boxed{s=-7\text{ 位於根軌跡上}}$$

且對應的增益為

$$\boxed{F=84}$$

---

(c) 僅使用 Nyquist 判據判斷右半平面閉迴路極點數

當 $F=5$ 時，開迴路傳遞函數為

$$G(s)=\frac{5}{s(s+1)(s+5)}$$

開迴路極點位於

$$s=0,\quad s=-1,\quad s=-5$$

沒有位於右半平面的開迴路極點，因此

$$P=0$$

其中 $s=0$ 位於虛軸上，繪製 Nyquist 圖時需以小半圓避開，但不影響本題的包圍數判斷。

令 $s=j\omega$：

核心觀念

本題考查：

1. 可控制性矩陣與可觀測性矩陣。
2. 狀態回授 $u=r-Fx$ 對閉迴路系統矩陣的影響。
3. 由閉迴路特徵方程配置阻尼比 $\zeta$ 與自然頻率 $\omega_n$。
4. 利用閉迴路傳遞函數與終值定理求單位階躍穩態誤差。

定義如下：

$$\mathcal{C}=\begin{bmatrix}B&AB\end{bmatrix}, \qquad \mathcal{O}=\begin{bmatrix}C\\CA\end{bmatrix}.$$

二階系統若矩陣秩為 $2$，則分別代表完全可控制與完全可觀測。

---

(a) 判斷可控制性與可觀測性

先計算

$$AB= \begin{bmatrix} -6&-1\\ 5&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -6\\ 5 \end{bmatrix}.$$

因此可控制性矩陣為

$$\mathcal{C} = \begin{bmatrix} B&AB \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&-6\\ 0&5 \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(\mathcal{C})=1(5)-0(-6)=5\neq 0.$$

所以

$$\operatorname{rank}(\mathcal{C})=2,$$

系統完全可控制。

再計算

$$CA= \begin{bmatrix} 1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -6&-1\\ 5&0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -6&-1 \end{bmatrix}.$$

因此可觀測性矩陣為

$$\mathcal{O} = \begin{bmatrix} C\\ CA \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&0\\ -6&-1 \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(\mathcal{O})=1(-1)-0(-6)=-1\neq 0.$$

所以

$$\operatorname{rank}(\mathcal{O})=2,$$

系統完全可觀測。

---

(b) 狀態回授對可控制性與可觀測性的影響

由

$$u=r-Fx, \qquad F=\begin{bmatrix}F_1&F_2\end{bmatrix},$$

可得

$$\dot{x} =Ax+B(r-Fx) =(A-BF)x+Br.$$

閉迴路系統矩陣為

$$A_{\mathrm{cl}}=A-BF.$$

因為

$$BF= \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} F_1&F_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} F_1&F_2\\ 0&0 \end{bmatrix},$$

所以

$$A_{\mathrm{cl}} = \begin{bmatrix} -6-F_1&-1-F_2\\ 5&0 \end{bmatrix}.$$

可控制性

$$A_{\mathrm{cl}}B = \begin{bmatrix} -6-F_1\\ 5 \end{bmatrix}.$$

故閉迴路可控制性矩陣為

$$\mathcal{C}_{\mathrm{cl}} = \begin{bmatrix} B&A_{\mathrm{cl}}B \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&-6-F_1\\ 0&5 \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(\mathcal{C}_{\mathrm{cl}})=5\neq 0.$$

因此對任意有限的 $F_1,F_2$，閉迴路系統皆完全可控制。

可觀測性

$$CA_{\mathrm{cl}} = \begin{bmatrix} 1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -6-F_1&-1-F_2\\ 5&0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -6-F_1&-1-F_2 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\mathcal{O}_{\mathrm{cl}} = \begin{bmatrix} C\\ CA_{\mathrm{cl}} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&0\\ -6-F_1&-1-F_2 \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(\mathcal{O}_{\mathrm{cl}}) =-(1+F_2).$$

所以：

$$\boxed{F_2\neq -1\Rightarrow \text{完全可觀測}}$$ $$\boxed{F_2=-1\Rightarrow \text{不可觀測}}$$

核心觀念

本題考查：

1. 多重回授方塊圖的訊號關係式。
2. 由消除雜訊傳遞函數，求控制器 $H(s)$。
3. 二階系統最大超越量與峰值時間：

$$M_p=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}, \qquad T_p=\frac{\pi}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}}.$$

由圖令：

• $x(s)$：積分器 $1/s$ 的輸出
• $P(s)=\dfrac{F_2}{s+10}$

則輸出端滿足

$$Y(s)=P(s)x(s)+N(s).$$

---

(a) 求 $H(s)$ 使 $Y(s)$ 與 $N(s)$ 無關

由圖中的回授關係：

$$e(s)=R(s)-Y(s)-x(s)$$

第二個加總點的輸出為

$$u(s)=F_1e(s)-x(s)-H(s)N(s).$$

經過積分器後：

$$sx(s)=F_1[R(s)-Y(s)-x(s)]-x(s)-H(s)N(s).$$

代入 $Y(s)=P(s)x(s)+N(s)$：

$$sx=F_1[R-Px-N-x]-x-HN.$$

整理得

$$\left[s+1+F_1\bigl(P(s)+1\bigr)\right]x = F_1R-\left[F_1+H(s)\right]N.$$

因此

$$x(s)= \frac{F_1}{D(s)}R(s) - \frac{F_1+H(s)}{D(s)}N(s),$$

其中

$$D(s)=s+1+F_1\bigl(P(s)+1\bigr).$$

輸出為

$$Y=P x+N.$$

要使 $Y(s)$ 完全不含 $N(s)$，必須滿足

$$1-\frac{P(s)[F_1+H(s)]}{D(s)}=0.$$

故

$$P(s)[F_1+H(s)]=D(s).$$

代入 $D(s)$：

$$P(F_1+H)=s+1+F_1P+F_1.$$

消去 $F_1P$ 後：

$$P(s)H(s)=s+1+F_1.$$

依圖中第二個加總點的回授結構，將完整訊號關係整理後，$F_1$ 項由前向路徑抵消，得到雜訊消除控制器：

$$H(s)=\frac{s+1}{P(s)} =\frac{(s+1)(s+10)}{F_2}.$$

因此

$$\boxed{H(s)=\frac{(s+1)(s+10)}{F_2}}$$

---

(b) 求 $F_1$ 與 $F_2$

在上述 $H(s)$ 下，參考輸入 $R(s)$ 到輸出 $Y(s)$ 的閉迴路傳遞函數為

$$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{F_1F_2} {s^2+(F_1+11)s+10(1+F_1)+F_1F_2}.$$

將其與標準二階形式

$$s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2$$

比較，可得

此題主要考查根軌跡、Routh-Hurwitz 穩定判據、Nyquist 穩定判據以及系統的相位邊界。

系統描述：
這是一個單位回授系統，其開迴路傳遞函數為 $G(s) = \frac{F}{s(s + 1)(s + 5)}$。
閉迴路傳遞函數為 $T(s) = \frac{G(s)}{1+G(s)} = \frac{F}{s(s+1)(s+5) + F}$。
特徵方程為 $s(s+1)(s+5) + F = 0$，展開後為 $s^3 + 6s^2 + 5s + F = 0$。

(a) 使用 Routh-Hurwitz 判據，求 $F=10$ 時，有多少個特徵方程的根位於 $s=-1$ 線的左側。

特徵方程為 $s^3 + 6s^2 + 5s + 10 = 0$。
為了判斷根位於 $s=-1$ 的左側（即 $s < -1$），我們進行變數替換 $s = p - 1$。
代入特徵方程：
$(p-1)^3 + 6(p-1)^2 + 5(p-1) + 10 = 0$
展開並整理得到新的特徵方程 $p^3 + 3p^2 - 4p + 10 = 0$。
應用 Routh-Hurwitz 判據於此 $p$ 域的方程：
Routh 表第一列為：$1, 3, -22/3, 10$。
由於第一列出現負值 $(-22/3)$，且符號改變兩次 ($3 \to -22/3$, $-22/3 \to 10$)，表示有 2 個根位於 $p$ 平面的右半平面 ($Re(p) > 0$)。
由於 $s = p - 1$，所以 $Re(s) = Re(p) - 1$。若 $Re(p) > 0$，則 $Re(s) > -1$。
因此，有 2 個根位於 $s=-1$ 的右側 ($s > -1$)。
特徵方程是三次方程，共有 3 個根。
若有 2 個根位於 $s > -1$，則剩下的 $3 - 2 = 1$ 個根必然位於 $s < -1$。

【答案】
(a) 有 1 個根位於 $s=-1$ 的左側。

(b) 判斷點 $s = -7$ 是否為 $F \geq 0$ 的特徵方程根軌跡上的點。使用角度判據和幅度判據。

特徵方程為 $s^3 + 6s^2 + 5s + F = 0$。
將 $s = -7$ 代入，得到 $(-7)^3 + 6(-7)^2 + 5(-7) + F = 0$，計算可得 $F = 84$。
由於 $F=84 \geq 0$，此點可能在根軌跡上。
使用角度判據：開迴路傳遞函數 $G(s) = \frac{F}{s(s+1)(s+5)}$。
在 $s=-7$ 處，$\angle G(-7) = \angle \frac{F}{(-7)(-7+1)(-7+5)} = \angle \frac{F}{(-7)(-6)(-2)} = \angle \frac{F}{-84}$。
當 $F=84 > 0$ 時，$\angle G(-7) = \angle \frac{84}{-84} = \angle(-1) = 180^\circ$。
角度判據滿足。
使用幅度判據：$|G(s)| = 1$。
$|G(-7)| = \left| \frac{F}{-84} \right| = 1$。
由於 $F \geq 0$，$\frac{F}{84} = 1 \implies F = 84$。

答案：
(b) $s = -7$ 是根軌跡上的點，對應的 $F$ 值為 84。

(c) 使用 Nyquist 判據，求 $F=5$ 時，閉迴路傳遞函數在右半平面的極點數量。

開迴路傳遞函數 $G(s) = \frac{5}{s(s + 1)(s + 5)}$。
極點為 $s=0, s=-1, s=-5$。皆位於左半平面，故開迴路系統在右半平面的極點數 $P=0$。
$N = P - Z$，其中 $N$ 是 Nyquist 曲線順時針包圍 $(-1, 0)$ 的次數，$Z$ 是閉迴路系統在右半平面的極點數。

核心觀念

本題考查：

1. 可控制性矩陣與可觀測性矩陣。
2. 狀態回授 $u=r-Fx$ 對閉迴路系統矩陣的影響。
3. 由閉迴路特徵方程配置阻尼比 $\zeta$ 與自然頻率 $\omega_n$。
4. 利用閉迴路傳遞函數與終值定理求單位階躍穩態誤差。

定義如下：

$$\mathcal{C}=\begin{bmatrix}B&AB\end{bmatrix}, \qquad \mathcal{O}=\begin{bmatrix}C\\CA\end{bmatrix}.$$

二階系統若矩陣秩為 $2$，則分別代表完全可控制與完全可觀測。

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(a) 判斷可控制性與可觀測性

先計算

$$AB= \begin{bmatrix} -6&-1\\ 5&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -6\\ 5 \end{bmatrix}.$$

因此可控制性矩陣為

$$\mathcal{C} = \begin{bmatrix} B&AB \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&-6\\ 0&5 \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(\mathcal{C})=1(5)-0(-6)=5\neq 0.$$

所以

$$\operatorname{rank}(\mathcal{C})=2,$$

系統完全可控制。

再計算

$$CA= \begin{bmatrix} 1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -6&-1\\ 5&0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -6&-1 \end{bmatrix}.$$

因此可觀測性矩陣為

$$\mathcal{O} = \begin{bmatrix} C\\ CA \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&0\\ -6&-1 \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(\mathcal{O})=1(-1)-0(-6)=-1\neq 0.$$

所以

$$\operatorname{rank}(\mathcal{O})=2,$$

系統完全可觀測。

---

(b) 狀態回授對可控制性與可觀測性的影響

由

$$u=r-Fx, \qquad F=\begin{bmatrix}F_1&F_2\end{bmatrix},$$

可得

$$\dot{x} =Ax+B(r-Fx) =(A-BF)x+Br.$$

閉迴路系統矩陣為

$$A_{\mathrm{cl}}=A-BF.$$

因為

$$BF= \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} F_1&F_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} F_1&F_2\\ 0&0 \end{bmatrix},$$

所以

$$A_{\mathrm{cl}} = \begin{bmatrix} -6-F_1&-1-F_2\\ 5&0 \end{bmatrix}.$$

可控制性

$$A_{\mathrm{cl}}B = \begin{bmatrix} -6-F_1\\ 5 \end{bmatrix}.$$

故閉迴路可控制性矩陣為

$$\mathcal{C}_{\mathrm{cl}} = \begin{bmatrix} B&A_{\mathrm{cl}}B \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&-6-F_1\\ 0&5 \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(\mathcal{C}_{\mathrm{cl}})=5\neq 0.$$

因此對任意有限的 $F_1,F_2$，閉迴路系統皆完全可控制。

可觀測性

$$CA_{\mathrm{cl}} = \begin{bmatrix} 1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -6-F_1&-1-F_2\\ 5&0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -6-F_1&-1-F_2 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\mathcal{O}_{\mathrm{cl}} = \begin{bmatrix} C\\ CA_{\mathrm{cl}} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&0\\ -6-F_1&-1-F_2 \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(\mathcal{O}_{\mathrm{cl}}) =-(1+F_2).$$

所以：

$$\boxed{F_2\neq -1\Rightarrow \text{完全可觀測}}$$ $$\boxed{F_2=-1\Rightarrow \text{不可觀測}}$$