113 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

本題考查運算放大器電路的傳遞函數推導。一般需依據圖一中的：

• 運算放大器接法；
• $R_a,\ldots,R_f$ 的實際連接位置；
• 輸入端與回授端配置；
• 電容或其他頻率相關元件的位置與數值；

列出節點方程，再求出

$$\frac{V_{out}(s)}{V_{in}(s)} = \frac{as^2+bs+c}{ds^2+es+f}.$$

題目資訊不足

目前附上的原卷圖片只包含題目文字，未包含題目所引用的「Figure 1」電路圖，因此無法判定各電阻及電容的連接關係，也無法建立運算放大器的節點方程。

此外，原卷圖片中的條件是

$$R_a=R,\qquad R_d=R_1,\qquad R_b=R_c=\infty,$$

與題目文字所輸入的

$$R_a=R_b,\qquad R_c=R_d,\qquad R_e=R_f=\infty$$

並不一致，必須以完整的 Figure 1 及正確元件條件為準。

即使已知傳遞函數，$a,b,c,d,e,f$ 也只能在分子、分母共同倍乘的比例下決定。例如

核心觀念

本題考查：

1. Nyquist 圖的繪製與穿越點判定。
2. 含右半平面極點之開迴路系統的 Nyquist 穩定判據。
3. Routh–Hurwitz 判據求閉迴路穩定範圍。
4. Gain margin（增益裕度）的計算。

令開迴路傳遞函數為

$$L(s)=K G(s) =K\frac{(s+2)^2}{s(s-2)^2}$$

假設圖中為單位負回授系統，則閉迴路特徵方程為

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

---

(a) Nyquist 路徑與 Nyquist 圖

1. Nyquist 路徑

$G(s)$ 的極點為

$$s=0,\qquad s=2 \text{（二重極點）}.$$

其中 $s=2$ 位於右半平面，$s=0$ 位於虛軸上。因此 Nyquist 路徑應：

• 包含整個右半平面；
• 對原點以右側小半圓繞開；
• 外圍以無限大半圓封閉。

原點的繞開是必要的，因為 $s=0$ 是開迴路極點。

---

2. 計算 $G(j\omega)$

令 $s=j\omega$：

$$G(j\omega) =\frac{(j\omega+2)^2}{j\omega(j\omega-2)^2}.$$

整理可得

$$G(j\omega) = \frac{8(4-\omega^2)}{(\omega^2+4)^2} +j\frac{-\omega^4+24\omega^2-16} {\omega(\omega^2+4)^2}.$$

因此

$$\operatorname{Re}\{G(j\omega)\} = \frac{8(4-\omega^2)}{(\omega^2+4)^2},$$ $$\operatorname{Im}\{G(j\omega)\} = \frac{-\omega^4+24\omega^2-16} {\omega(\omega^2+4)^2}.$$

---

3. 實軸穿越點

實軸穿越表示虛部為零：

$$-\omega^4+24\omega^2-16=0.$$

令 $x=\omega^2$，則

$$x^2-24x+16=0,$$

所以

$$\omega^2=12\pm8\sqrt{2}.$$

代回實部：

$$\operatorname{Re}\{G(j\omega)\} = \frac{8(4-\omega^2)}{(\omega^2+4)^2}.$$

得到兩個實軸穿越點：

$$G(j\sqrt{12-8\sqrt2}) =\frac{1+\sqrt2}{2},$$ $$G(j\sqrt{12+8\sqrt2}) =\frac{1-\sqrt2}{2}.$$

數值約為

$$1.2071,\qquad -0.2071.$$

其中負實軸穿越點為

$$\boxed{\frac{1-\sqrt2}{2}}.$$

---

4. 虛軸穿越點

虛軸穿越表示實部為零：

$$\frac{8(4-\omega^2)}{(\omega^2+4)^2}=0.$$

因此

$$\omega=2.$$

此時

$$\operatorname{Im}\{G(j2)\} = \frac{-16+96-16}{2(8)^2} =\frac12.$$

所以虛軸穿越點為

$$\boxed{G(j2)=\frac{j}{2}}.$$

---

5. Nyquist 圖的重要端點與形狀

當 $\omega\to0^+$ 時，

$$G(j\omega)\sim\frac{1}{j\omega} =-j\infty.$$

因此正頻率曲線由負虛軸無限遠處開始。

隨著 $\omega$ 增加，曲線依序經過：

$$-j\infty \longrightarrow \frac{1+\sqrt2}{2} \longrightarrow \frac{j}{2} \longrightarrow \frac{1-\sqrt2}{2} \longrightarrow 0^-j.$$

當 $\omega\to\infty$ 時，

核心觀念

本題考查運算放大器電路的傳遞函數推導。一般需依據圖一中的：

• 運算放大器接法；
• $R_a,\ldots,R_f$ 的實際連接位置；
• 輸入端與回授端配置；
• 電容或其他頻率相關元件的位置與數值；

列出節點方程，再求出

$$\frac{V_{out}(s)}{V_{in}(s)} = \frac{as^2+bs+c}{ds^2+es+f}.$$

題目資訊不足

目前附上的原卷圖片只包含題目文字，未包含題目所引用的「Figure 1」電路圖，因此無法判定各電阻及電容的連接關係，也無法建立運算放大器的節點方程。

此外，原卷圖片中的條件是

$$R_a=R,\qquad R_d=R_1,\qquad R_b=R_c=\infty,$$

與題目文字所輸入的

$$R_a=R_b,\qquad R_c=R_d,\qquad R_e=R_f=\infty$$

並不一致，必須以完整的 Figure 1 及正確元件條件為準。

即使已知傳遞函數，$a,b,c,d,e,f$ 也只能在分子、分母共同倍乘的比例下決定。例如

核心觀念

本題考查：

1. Nyquist 圖的繪製與穿越點判定。
2. 含右半平面極點之開迴路系統的 Nyquist 穩定判據。
3. Routh–Hurwitz 判據求閉迴路穩定範圍。
4. Gain margin（增益裕度）的計算。

令開迴路傳遞函數為

$$L(s)=K G(s) =K\frac{(s+2)^2}{s(s-2)^2}$$

假設圖中為單位負回授系統，則閉迴路特徵方程為

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

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(a) Nyquist 路徑與 Nyquist 圖

1. Nyquist 路徑

$G(s)$ 的極點為

$$s=0,\qquad s=2 \text{（二重極點）}.$$

其中 $s=2$ 位於右半平面，$s=0$ 位於虛軸上。因此 Nyquist 路徑應：

• 包含整個右半平面；
• 對原點以右側小半圓繞開；
• 外圍以無限大半圓封閉。

原點的繞開是必要的，因為 $s=0$ 是開迴路極點。

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2. 計算 $G(j\omega)$

令 $s=j\omega$：

$$G(j\omega) =\frac{(j\omega+2)^2}{j\omega(j\omega-2)^2}.$$

整理可得

$$G(j\omega) = \frac{8(4-\omega^2)}{(\omega^2+4)^2} +j\frac{-\omega^4+24\omega^2-16} {\omega(\omega^2+4)^2}.$$

因此

$$\operatorname{Re}\{G(j\omega)\} = \frac{8(4-\omega^2)}{(\omega^2+4)^2},$$ $$\operatorname{Im}\{G(j\omega)\} = \frac{-\omega^4+24\omega^2-16} {\omega(\omega^2+4)^2}.$$

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3. 實軸穿越點

實軸穿越表示虛部為零：

$$-\omega^4+24\omega^2-16=0.$$

令 $x=\omega^2$，則

$$x^2-24x+16=0,$$

所以

$$\omega^2=12\pm8\sqrt{2}.$$

代回實部：

$$\operatorname{Re}\{G(j\omega)\} = \frac{8(4-\omega^2)}{(\omega^2+4)^2}.$$

得到兩個實軸穿越點：

$$G(j\sqrt{12-8\sqrt2}) =\frac{1+\sqrt2}{2},$$ $$G(j\sqrt{12+8\sqrt2}) =\frac{1-\sqrt2}{2}.$$

數值約為

$$1.2071,\qquad -0.2071.$$

其中負實軸穿越點為

$$\boxed{\frac{1-\sqrt2}{2}}.$$

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4. 虛軸穿越點

虛軸穿越表示實部為零：

$$\frac{8(4-\omega^2)}{(\omega^2+4)^2}=0.$$

因此

$$\omega=2.$$

此時

$$\operatorname{Im}\{G(j2)\} = \frac{-16+96-16}{2(8)^2} =\frac12.$$

所以虛軸穿越點為

$$\boxed{G(j2)=\frac{j}{2}}.$$

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5. Nyquist 圖的重要端點與形狀

當 $\omega\to0^+$ 時，

$$G(j\omega)\sim\frac{1}{j\omega} =-j\infty.$$

因此正頻率曲線由負虛軸無限遠處開始。

隨著 $\omega$ 增加，曲線依序經過：

$$-j\infty \longrightarrow \frac{1+\sqrt2}{2} \longrightarrow \frac{j}{2} \longrightarrow \frac{1-\sqrt2}{2} \longrightarrow 0^-j.$$

當 $\omega\to\infty$ 時，

本題考查狀態空間表示法 (State-Space Representation) 與傳遞函數 (Transfer Function) 之間的轉換。

核心觀念：
從狀態空間表示 $\dot{x} = Ax+bu$ 和 $y = cx + du$ 推導傳遞函數 $\frac{y(s)}{u(s)}$。

推導過程：

1. 取拉氏轉換：
   對狀態方程式 $\dot{x} = Ax+bu$ 取拉氏轉換，假設初始狀態 $x(0)=0$：
   $sX(s) = AX(s) + bU(s)$
   其中 $X(s)$ 是 $x(t)$ 的拉氏轉換，$U(s)$ 是 $u(t)$ 的拉氏轉換。

2. 整理 $X(s)$：
   將 $AX(s)$ 移項：
   $sX(s) - AX(s) = bU(s)$
   $(sI - A)X(s) = bU(s)$
   其中 $I$ 是單位矩陣。

3. 求解 $X(s)$：
   如果 $(sI-A)$ 可逆，則：
   $X(s) = (sI - A)^{-1} b U(s)$

4. 將 $X(s)$ 代入輸出方程式：
   輸出方程式為 $y = cx + du$。
   取拉氏轉換：$Y(s) = cX(s) + dU(s)$。
   將 $X(s)$ 的表達式代入：
   $Y(s) = c[(sI - A)^{-1} b U(s)] + dU(s)$
   $Y(s) = [c(sI - A)^{-1} b + d] U(s)$

5. 定義傳遞函數 $G(s)$：
   傳遞函數 $G(s) = \frac{Y(s)}{U(s)}$。
   $G(s) = c(sI - A)^{-1} b + d$

6. 使用矩陣求逆的性質：
   對於一個可逆矩陣 $M$，其逆矩陣 $M^{-1}$ 可以表示為 $\frac{\text{adj}(M)}{\det(M)}$，其中 $\text{adj}(M)$ 是 $M$ 的伴隨矩陣 (Adjugate Matrix)。
   所以，$(sI - A)^{-1} = \frac{\text{adj}(sI - A)}{\det(sI - A)}$。
   代入 $G(s)$ 的表達式：
   $G(s) = c \frac{\text{adj}(sI - A)}{\det(sI - A)} b + d$
   $G(s) = \frac{c \cdot \text{adj}(sI - A) \cdot b + d \cdot \det(sI - A)}{\det(sI - A)}$

7. 使用伴隨矩陣與行列式的關係：
   對於一個方陣 $M$，有 $M \cdot \text{adj}(M) = \det(M) \cdot I$。
   因此，$\text{adj}(M) = \det(M) \cdot M^{-1}$。
   另一種形式是，對於一個 $n \times n$ 矩陣 $M$，有 $M \cdot \text{adj}(M) = \det(M) I$。
   我們也可以用 $\text{adj}(M) M = \det(M) I$。

本題考查非線性系統的平衡點分析與局部穩定性判斷。

核心觀念：
對於一個 autónomous system (自治系統)，其狀態方程式形式為 $\dot{x} = f(x)$。平衡點 (Equilibrium Points) 是指系統狀態 $x_e$ 使得 $\dot{x} = f(x_e) = 0$。局部穩定性 (Local Stability) 則通過線性化系統矩陣的特徵值來判斷。

系統描述：
給定的自治系統方程式為：
$m \frac{d^2v}{dt^2} + c \frac{dv}{dt} + av+bv^3 = 0$
其中 $a, b, c, m$ 均為正數。
這是一個二階非線性微分方程式。為了進行分析，我們將其轉換為一階狀態空間表示。

轉換為狀態空間表示：
令狀態變數為 $x_1 = v$ 和 $x_2 = \dot{v}$。
則 $\dot{x}_1 = \dot{v} = x_2$。
由原方程式：$m \ddot{v} + c \dot{v} + av + bv^3 = 0$
$\ddot{v} = -\frac{c}{m} \dot{v} - \frac{a}{m} v - \frac{b}{m} v^3$
$\dot{x}_2 = -\frac{c}{m} x_2 - \frac{a}{m} x_1 - \frac{b}{m} x_1^3$

狀態空間表示為：
$\begin{bmatrix} \dot{x}_1 \\ \dot{x}_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x_2 \\ -\frac{a}{m} x_1 - \frac{c}{m} x_2 - \frac{b}{m} x_1^3 \end{bmatrix}$
令 $f_1(x_1, x_2) = x_2$ 和 $f_2(x_1, x_2) = -\frac{a}{m} x_1 - \frac{c}{m} x_2 - \frac{b}{m} x_1^3$。
則 $\dot{x} = f(x)$，其中 $x = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}$。

尋找平衡點：
平衡點 $(x_{1e}, x_{2e})$ 滿足 $\dot{x}_1 = 0$ 和 $\dot{x}_2 = 0$。

1. $\dot{x}_1 = x_2 = 0$。
2. $\dot{x}_2 = -\frac{a}{m} x_1 - \frac{c}{m} x_2 - \frac{b}{m} x_1^3 = 0$。
   將 $x_2 = 0$ 代入第二個方程式：
   $-\frac{a}{m} x_1 - \frac{c}{m} (0) - \frac{b}{m} x_1^3 = 0$
   $-\frac{a}{m} x_1 - \frac{b}{m} x_1^3 = 0$
   $\frac{1}{m} (-ax_1 - bx_1^3) = 0$
   $-x_1(a + bx_1^2) = 0$
   由於 $a > 0$ 且 $b > 0$，對於實數 $x_1$， $a + bx_1^2$ 恆大於 0。
   因此，唯一的解是 $x_1 = 0$。

所以，唯一的平衡點是 $(x_{1e}, x_{2e}) = (0, 0)$。
這對應於 $v=0$ 且 $\dot{v}=0$。

評估局部穩定性：
為了評估平衡點 $(0, 0)$ 的局部穩定性，我們對系統進行線性化。
計算 Jacobian 矩陣 $J$ 在平衡點 $(0, 0)$ 處的值。

本題考查閉迴路系統的穩定性分析，針對不同的開迴路傳遞函數 $G(s)$，在控制器 $C(s)=k$ (其中 $k>0$) 下，求取使系統穩定的 $k$ 和 $\tau$ 的條件。

核心觀念：
閉迴路系統穩定的條件是其特徵方程式 $1 + C(s)G(s) = 0$ 的所有根均位於複數平面的左半平面 (LHP)。這可以通過 Nyquist 判據、根軌跡 (Root Locus) 或 Routh-Hurwitz 穩定判準來分析。對於這類問題，Routh-Hurwitz 判準通常是求解穩定範圍最直接的方法。

系統設定：
控制器 $C(s) = k$, 其中 $k > 0$。
開迴路傳遞函數 $L(s) = C(s)G(s) = kG(s)$。
特徵方程式為 $1 + kG(s) = 0$。

(a) $G(s)=\frac{1}{s}$
$L(s) = k \cdot \frac{1}{s} = \frac{k}{s}$。
特徵方程式：$1 + \frac{k}{s} = 0 \implies s + k = 0$。
特徵方程式的根為 $s = -k$。
由於 $k > 0$，則 $s = -k$ 恆為負實數，即位於 LHP。
因此，對於所有的 $k > 0$，系統均穩定。
$\tau$ 在此情況下沒有出現，故對穩定性無影響。

穩定條件：$k > 0$。

(b) $G(s)=\frac{1}{s(\tau s+1)}$
$L(s) = k \cdot \frac{1}{s(\tau s+1)} = \frac{k}{s(\tau s+1)}$。
特徵方程式：$1 + \frac{k}{s(\tau s+1)} = 0$。
$s(\tau s+1) + k = 0$
$\tau s^2 + s + k = 0$。
這是一個二次方程式。為了使系統穩定，所有特徵根（根）必須位於 LHP，即實部為負。
根據 Routh-Hurwitz 穩定判準，對於二次方程式 $As^2 + Bs + C = 0$，穩定的條件是 $A, B, C$ 的符號必須相同。
在此方程式中，$A = \tau$, $B = 1$, $C = k$。
由於 $k > 0$ (題目給定)，且 $1 > 0$。
我們需要 $\tau > 0$。
若 $\tau > 0$，則 $A, B, C$ 均為正，系統穩定。

穩定條件：$k > 0$ 且 $\tau > 0$。

(c) $G(s)=\frac{1}{s(\tau s+1)^2}$
$L(s) = k \cdot \frac{1}{s(\tau s+1)^2} = \frac{k}{s(\tau^2 s^2 + 2\tau s + 1)}$。
特徵方程式：$1 + \frac{k}{s(\tau s+1)^2} = 0$。
$s(\tau s+1)^2 + k = 0$
$s(\tau^2 s^2 + 2\tau s + 1) + k = 0$
$\tau^2 s^3 + 2\tau s^2 + s + k = 0$。
這是一個三次方程式。