112 年 國立成功大學電機工程學系碩士班乙組《控制系統（含控制工程、線性系統）》

核心觀念

本題考查穩態誤差與參數敏感度。參數 $K_i$ 對穩態誤差 $e_{ss}$ 的相對敏感度定義為

$$S_{e_{ss}}^{K_i} = \frac{\partial e_{ss}}{\partial K_i} \frac{K_i}{e_{ss}}.$$

圖中回授訊號為 $(s+1)C(s)$，且 $R(s)$、$D(s)$ 均為單位階躍：

$$R(s)=D(s)=\frac{1}{s}.$$

解題方法

由方塊圖可得

$$C(s)=\frac{K_2}{s+2}\left[K_1E(s)+D(s)\right],$$ $$E(s)=R(s)-(s+1)C(s).$$

代入整理：

$$E(s) = R(s) - \frac{K_2(s+1)}{s+2} \left[K_1E(s)+D(s)\right].$$

因此

$$E(s) = \frac{ R(s)-\dfrac{K_2(s+1)}{s+2}D(s) }{ 1+\dfrac{K_1K_2(s+1)}{s+2} }.$$

利用終值定理，

$$e_{ss}=\lim_{s\to 0}sE(s).$$

因為 $R(s)=D(s)=1/s$，所以

$$e_{ss} = \frac{1-\dfrac{K_2}{2}} {1+\dfrac{K_1K_2}{2}}.$$

代入 $K_1=200$、$K_2=0.2$：

$$e_{ss} = \frac{1-0.1}{1+20} = \frac{0.9}{21} = \frac{3}{70}.$$

令

$$x=\frac{K_2}{2}, \qquad e_{ss}=\frac{1-x}{1+K_1x}.$$

對 $K_1$ 微分：

$$\frac{\partial e_{ss}}{\partial K_1} = -\frac{x(1-x)}{(1+K_1x)^2}.$$

在 $x=0.1$ 時，

核心觀念

本題考查：

• 多重回授系統的特徵方程式建立。
• Routh–Hurwitz 判據。
• 系統以 $\omega=5\ \text{rad/sec}$ 持續振盪時，特徵根必包含共軛虛根 $s=\pm j5$。
• Routh 表中某一列全為零時，利用上一列形成輔助多項式。

由圖可得：

• 外迴路為單位負回授。
• 內迴路回授訊號為 $K_2sC(s)$，於第二個加總點為負號。

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解題方法

由第一個加總點：

$$E(s)=R(s)-C(s)$$

第二個加總點送入 $G_1(s)$ 的訊號為：

$$K_1E(s)-K_2sC(s)$$

因此：

$$C(s)=G_1(s)\left[K_1E(s)-K_2sC(s)\right]$$

在求閉迴路特徵方程式時令 $R(s)=0$，此時 $E(s)=-C(s)$，故：

$$C(s)=G_1(s)\left[-K_1C(s)-K_2sC(s)\right]$$

因此特徵方程式為：

$$1+G_1(s)(K_1+K_2s)=0$$

代入

$$G_1(s)=\frac{1}{s(s+2)(s+4)}$$

得：

$$s(s+2)(s+4)+K_2s+K_1=0$$

展開後：

$$s^3+6s^2+(8+K_2)s+K_1=0$$

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建立 Routh 表

對特徵多項式

$$s^3+6s^2+(8+K_2)s+K_1$$

建立 Routh 表：

本題考驗對拉氏轉換、系統傳遞函數、單位階躍響應時域表示以及複數根與時域響應的關係。

題目給定系統傳遞函數 $G(s) = \frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{4}{s^3 +3s^2 + 6s+4}$，以及單位階躍響應 $y(t)$ 的形式：
$y(t) = 1 + Ae^{-pt} + Be^{-\sigma t} \sin(\omega t - \theta)$。
其中，$R(s) = \frac{1}{s}$ 是單位階躍輸入的拉氏轉換。

系統的輸出 $Y(s)$ 可以表示為：
$Y(s) = G(s) R(s) = \frac{4}{s^3 +3s^2 + 6s+4} \cdot \frac{1}{s} = \frac{4}{s(s^3 +3s^2 + 6s+4)}$

此時，我們需要對 $Y(s)$ 進行部分分式展開 (Partial Fraction Expansion, PFE)。
$Y(s) = \frac{C_0}{s} + \frac{C_1}{s-p_1} + \frac{C_2}{s-p_2} + \frac{C_3}{s-p_3}$
其中 $p_1, p_2, p_3$ 是特徵方程式 $s^3 +3s^2 + 6s+4 = 0$ 的根。
$C_0$ 是對應於輸入 $R(s)$ 的 DC gain (如果存在)。

時域響應 $y(t)$ 的形式 $y(t)=1+ Ae^{-p t} + Be^{- \sigma t} \sin(\omega t - \theta)$ 告訴我們：

1. $y(\infty) = 1$。這意味著系統的 DC gain (或終值) 為 1。
   $G(0) = \frac{4}{0^3 + 3(0)^2 + 6(0) + 4} = \frac{4}{4} = 1$。
   對於單位階躍輸入，穩態值 $y_{ss} = \lim_{t \to \infty} y(t) = \lim_{s \to 0} s Y(s) = \lim_{s \to 0} s \frac{4}{s(s^3 +3s^2 + 6s+4)} = \frac{4}{4} = 1$。
   這與 $y(t)$ 中的常數項 '1' 相符。

2. $Ae^{-pt}$ 這一項對應於特徵方程式的一個實根 $p_1 = p$。
   所以，我們期望特徵方程式 $s^3 +3s^2 + 6s+4 = 0$ 有一個實根。

3. $Be^{- \sigma t} \sin(\omega t - \theta)$ 這一項對應於一對共軛複根。
   假設特徵方程式的另外兩個根是 $p_2 = -\sigma + j\omega$ 和 $p_3 = -\sigma - j\omega$。
   注意，這裡的 $p$ 在時域響應中是正的，但在極點表示中，通常寫成 $-p$。
   所以，我們假設特徵方程式的根是 $s = -p$, $s = -\sigma + j\omega$, $s = -\sigma - j\omega$。

首先，我們需要求解特徵方程式 $s^3 +3s^2 + 6s+4 = 0$ 的根。
嘗試尋找整數根。可能的整數根是 $\pm 1, \pm 2, \pm 4$ 的因子。
令 $P(s) = s^3 +3s^2 + 6s+4$。
$P(-1) = (-1)^3 + 3(-1)^2 + 6(-1) + 4 = -1 + 3 - 6 + 4 = 0$。
所以，$s = -1$ 是方程的一個根。
這意味著 $(s+1)$ 是 $s^3 +3s^2 + 6s+4$ 的一個因子。

我們可以用多項式長除法或綜合除法來找到另外兩個根：
(s³ +3s² + 6s+4) / (s+1)

        s² + 2s + 4
      ________________
s+1 | s³ + 3s² + 6s + 4
      -(s³ + s²)
      _________
            2s² + 6s
          -(2s² + 2s)
          _________
                4s + 4
              -(4s + 4)
              _________
                    0

所以，特徵方程式可以寫成 $(s+1)(s^2 + 2s + 4) = 0$。
另外兩個根來自二次方程式 $s^2 + 2s + 4 = 0$。
使用二次公式 $s = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$：
$s = \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 - 4(1)(4)}}{2(1)} = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 16}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{-12}}{2}$
$s = \frac{-2 \pm j\sqrt{12}}{2} = \frac{-2 \pm j2\sqrt{3}}{2} = -1 \pm j\sqrt{3}$。

所以，特徵方程式的根是：
$p_1 = -1$
$p_2 = -1 + j\sqrt{3}$
$p_3 = -1 - j\sqrt{3}$

現在，我們將這些根與時域響應的形式 $y(t)=1+ Ae^{-p t} + Be^{- \sigma t} \sin(\omega t - \theta)$ 進行對比。

1. 實根對應 $Ae^{-pt}$。我們有根 $-1$。
   在時域響應形式中，$-p$ 是實根。所以，$-p = -1 \implies p = 1$。
   對應的 PFE 項是 $\frac{C_1}{s-(-1)} = \frac{C_1}{s+1}$。

2. 共軛複根對應 $Be^{- \sigma t} \sin(\omega t - \theta)$。我們有根 $-1 \pm j\sqrt{3}$。
   在時域響應形式中，$-\sigma$ 是實部，$\omega$ 是虛部（正的）。
   所以，$-\sigma = -1 \implies \sigma = 1$。
   $\omega = \sqrt{3}$。
   對應的 PFE 項是 $\frac{C_2}{s - (-1 + j\sqrt{3})} + \frac{C_3}{s - (-1 - j\sqrt{3})} = \frac{C_2}{(s+1) - j\sqrt{3}} + \frac{C_3}{(s+1) + j\sqrt{3}}$。
   這兩項組合起來，會產生 $Be^{- \sigma t} \sin(\omega t - \theta)$ 的形式。

因此，我們已經確定了 $p, \sigma, \omega$ 的值：
$p = 1$
$\sigma = 1$
$\omega = \sqrt{3}$

接下來，我們需要確定係數 $A, B, \theta$。
$Y(s) = \frac{4}{s(s+1)(s^2 + 2s + 4)}$
進行部分分式展開：
$Y(s) = \frac{C_0}{s} + \frac{C_1}{s+1} + \frac{C_2 s + C_3}{s^2 + 2s + 4}$
其中 $C_0$ 是 DC gain，我們已經知道 $y_{ss}=1$, 所以 $C_0 = 1$。

驗證：
$Y(s) = \frac{1}{s} + \frac{C_1}{s+1} + \frac{C_2 s + C_3}{s^2 + 2s + 4}$
$Y(s) = \frac{1}{s} + \frac{C_1}{s+1} + \frac{C_2 s + C_3}{(s+1)^2 + (\sqrt{3})^2}$

求 $C_1$：
$C_1 = \left. s Y(s) \right|_{s=-1} = \left. \frac{4}{(s+1)(s^2 + 2s + 4)} \right|_{s=-1}$
這會導致分母為零，所以 $C_1$ 不是這樣計算的。
我們應該用 $Y(s) = \frac{4}{s(s+1)(s^2 + 2s + 4)}$ 來求 $C_1$。
$C_1 = \left. (s+1) Y(s) \right|_{s=-1} = \left. \frac{4}{s(s^2 + 2s + 4)} \right|_{s=-1}$

本題包含兩個小題，(a) 要求將給定的傳遞函數轉換為控制標準型狀態空間表示，(b) 要求設計狀態回授控制器，將閉迴路極點配置在指定位置。

(a) 將傳遞函數轉換為控制標準型狀態空間表示

給定的傳遞函數為 $\frac{Y(s)}{U(s)} = \frac{s}{s^2 +7}$。
控制標準型 (Control Canonical Form) 的狀態空間表示形式為：
$\dot{x} = Ax+Bu$
$y=Cx$

其中，如果傳遞函數為 $\frac{Y(s)}{U(s)} = \frac{b_m s^m + ... + b_0}{s^n + a_{n-1} s^{n-1} + ... + a_0}$，則：
$A = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 1 \\ -a_0 & -a_1 & -a_2 & \dots & -a_{n-1} \end{bmatrix}$, $B = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$, $C = \begin{bmatrix} b_0 & b_1 & \dots & b_{n-1} \end{bmatrix}$ (如果 $m=n-1$)

對於本題，傳遞函數 $\frac{Y(s)}{U(s)} = \frac{s}{s^2 +7}$。
這裡 $n=2$ (分母的最高次數)，$m=1$ (分子最高次數)。
$a_1 = 0$, $a_0 = 7$ (從 $s^2 + 0s + 7$ 讀取)。
$b_1 = 1$, $b_0 = 0$ (從 $1s + 0$ 讀取)。

根據控制標準型的矩陣結構：
$A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -a_0 & -a_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -7 & 0 \end{bmatrix}$
$B = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$
$C = \begin{bmatrix} b_0 & b_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \end{bmatrix}$

我們來驗證一下這個表示是否正確。
特徵方程式為 $\det(sI-A) = 0$。
$sI-A = \begin{bmatrix} s & -1 \\ 7 & s \end{bmatrix}$
$\det(sI-A) = s^2 - (-1)(7) = s^2+7$。這與傳遞函數的分母一致。

輸出 $Y(s)$ 的計算：
$Y(s) = C(sI-A)^{-1} B U(s)$
$(sI-A)^{-1} = \frac{1}{s^2+7} \begin{bmatrix} s & 1 \\ -7 & s \end{bmatrix}$
$C(sI-A)^{-1} B = \begin{bmatrix} 0 & 1 \end{bmatrix} \frac{1}{s^2+7} \begin{bmatrix} s & 1 \\ -7 & s \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$
$= \frac{1}{s^2+7} \begin{bmatrix} 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ s \end{bmatrix} = \frac{1}{s^2+7} [0 \cdot 1 + 1 \cdot s] = \frac{s}{s^2+7}$。
這與給定的傳遞函數一致。