115 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

本題考查標準二階系統的單位階躍響應。系統傳遞函數為

$$G(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2}$$

其中：

• $\omega_n$：自然頻率
• $\zeta$：阻尼比
• 當 $0<\zeta<1$ 時，系統為欠阻尼系統，響應具有衰減振盪形式
• 阻尼振盪頻率為 $\omega_d$

題目中的形式

$$y(t)=1-e^{-ct}\cos(\omega_d t+\epsilon)$$

適用於欠阻尼情況 $0<\zeta<1$。

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解題方法

(a) 求 $a,b,c,\omega_d,\epsilon$

先將分母寫成一般二階形式：

$$s^2+as+b$$

與原系統分母

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

比較係數，可得

$$a=2\zeta\omega_n$$ $$b=\omega_n^2$$

因此，$a$ 與 $b$ 分別為

$$\boxed{a=2\zeta\omega_n}$$ $$\boxed{b=\omega_n^2}$$

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單位階躍響應

單位階躍輸入為

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

因此輸出為

$$Y(s)=G(s)R(s) =\frac{\omega_n^2}{s(s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2)}$$

對其做部分分式分解：

$$Y(s)=\frac{1}{s} -\frac{s+2\zeta\omega_n} {s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2}$$

將二次式配方：

$$s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2 = (s+\zeta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\zeta^2)$$

定義阻尼振盪頻率

$$\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$$

則

$$Y(s) = \frac{1}{s} -\frac{s+\zeta\omega_n} {(s+\zeta\omega_n)^2+\omega_d^2} -\frac{\zeta\omega_n} {(s+\zeta\omega_n)^2+\omega_d^2}$$

利用反拉氏轉換公式

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s+a}{(s+a)^2+\omega^2} \right\} =e^{-at}\cos(\omega t)$$

以及

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{\omega}{(s+a)^2+\omega^2} \right\} =e^{-at}\sin(\omega t)$$

得到

$$y(t) = 1-e^{-\zeta\omega_n t}\cos(\omega_d t) -\frac{\zeta\omega_n}{\omega_d} e^{-\zeta\omega_n t}\sin(\omega_d t)$$

因為

$$\frac{\zeta\omega_n}{\omega_d} = \frac{\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}$$

所以單位階躍響應為

$$y(t) = 1-e^{-\zeta\omega_n t} \left[ \cos(\omega_d t) + \frac{\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}} \sin(\omega_d t) \right]$$

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化為題目指定形式

題目要求

$$y(t)=1-e^{-ct}\cos(\omega_d t+\epsilon)$$

利用三角恆等式：

$$\cos(\omega_d t+\epsilon) = \cos(\omega_d t)\cos\epsilon - \sin(\omega_d t)\sin\epsilon$$

為了符合前述響應，可先將括號內的振幅正規化：

$$\cos(\omega_d t) + \frac{\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}\sin(\omega_d t) = \frac{1}{\sqrt{1-\zeta^2}} \cos(\omega_d t-\phi)$$

其中

$$\tan\phi= \frac{\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}$$

不過題目給定的形式缺少必要的振幅係數。由初始值 $y(0)=0$ 可知，若直接寫成

$$y(t)=1-e^{-ct}\cos(\omega_d t+\epsilon)$$

則必須滿足

$$\cos\epsilon=1$$

這與一般 $\zeta\ne 0$ 的二階系統不符。因此，嚴格而言，標準形式應寫成

$$y(t) = 1- \frac{e^{-\zeta\omega_n t}} {\sqrt{1-\zeta^2}} \cos(\omega_d t-\phi)$$

其中

$$\phi = \tan^{-1} \left( \frac{\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}} \right)$$

若題目中的 $\epsilon$ 是指正弦、餘弦合併後的相位角，常見寫法為

題面說明與合理假設

題面中的 $A$ 第一、二列只有 $3$ 個元素，且 $b\in\mathbb{R}^{4\times 1}$ 卻搭配二維輸入 $u=[u_1\ u_2]^T$，存在排版錯誤。以下依系統結構採用合理還原：

$$A= \begin{bmatrix} 0&1&0&0\\ 3\omega_2^2&0&0&0\\ 0&0&0&1\\ 0&0&-2\omega_2&0 \end{bmatrix}, \qquad b= \begin{bmatrix}0\\0\\1\\0\end{bmatrix},$$

並將已給定的 $b$ 視為有效輸入 $u_1$ 的輸入向量；未提供 $u_2$ 的輸入向量，因此依題面資料視為 $u_2$ 未作用於系統。假設 $\omega_2\neq 0$。

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核心觀念

對連續時間線性系統

$$\dot{x}=Ax+Bu,\qquad y=Cx,$$

1. 可控制性

四階系統的可控制矩陣為

$$\mathcal{C}= \begin{bmatrix} B&AB&A^2B&A^3B \end{bmatrix}.$$

若

$$\operatorname{rank}(\mathcal{C})=4,$$

則系統完全可控制。

若要判斷某一個輸入是否能控制系統，只需將 $B$ 換成該輸入對應的輸入向量，分別計算其可控制矩陣。

2. 可觀測性

四階系統的可觀測矩陣為

$$\mathcal{O}= \begin{bmatrix} C\\ CA\\ CA^2\\ CA^3 \end{bmatrix}.$$

若

$$\operatorname{rank}(\mathcal{O})=4,$$

則系統完全可觀測。

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(a) 判斷系統是否可控制

由題面給定

$$B=b= \begin{bmatrix} 0\\0\\1\\0 \end{bmatrix}.$$

矩陣 $A$ 可分成兩個二階子系統：

$$A= \begin{bmatrix} A_1&0\\ 0&A_2 \end{bmatrix},$$

其中

$$A_1= \begin{bmatrix} 0&1\\ 3\omega_2^2&0 \end{bmatrix}, \qquad A_2= \begin{bmatrix} 0&1\\ -2\omega_2&0 \end{bmatrix}.$$

輸入向量只作用於第二個子系統：

$$B= \begin{bmatrix} 0\\0\\1\\0 \end{bmatrix}.$$

計算：

$$AB= \begin{bmatrix} 0\\0\\0\\-2\omega_2 \end{bmatrix},$$ $$A^2B= \begin{bmatrix} 0\\0\\-2\omega_2&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\-2\omega_2\\0 \end{bmatrix},$$ $$A^3B= \begin{bmatrix} 0\\0\\0\\4\omega_2^2 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\mathcal{C} = \begin{bmatrix} 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 1&0&-2\omega_2&0\\ 0&-2\omega_2&0&4\omega_2^2 \end{bmatrix}.$$

因為前兩列完全為零，且 $\omega_2\neq0$ 時後兩列線性獨立，所以

$$\operatorname{rank}(\mathcal{C})=2<4.$$

因此系統只有第二個二階子系統可由輸入控制，第一個二階子系統完全沒有輸入作用。

$$\boxed{\text{系統不完全可控制，且可控制秩為 }2}$$

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(b) 判斷哪一個輸入可控制

依題面所給的輸入向量，

$$b= \begin{bmatrix} 0\\0\\1\\0 \end{bmatrix},$$

該向量只能對應一個有效輸入。若將它視為 $u_1$ 的輸入向量，則

$$\dot{x}=Ax+b\,u_1.$$

由前一小題可知，$u_1$ 能控制狀態 $x_3,x_4$ 所構成的第二個子系統，因為其二階可控制矩陣為

$$\mathcal{C}_2= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&-2\omega_2 \end{bmatrix},$$

而

$$\det(\mathcal{C}_2)=-2\omega_2\neq0.$$

故 $u_1$ 對第二個子系統完全可控制。

題面沒有給出 $u_2$ 的輸入向量，因此依所提供資料，$u_2$ 沒有作用於系統，不能判定為有效可控制輸入。

本題考察線性時不變系統的狀態空間表示、可控性 (controllability) 和可觀測性 (observability) 的判斷。

首先，我們確定系統的維度、輸入和輸出向量的維度。
狀態向量 $x(t)$ 的維度是 4x1。
輸入向量 $u(t)$ 的維度是 2x1，表示有兩個獨立的輸入 $u_1$ 和 $u_2$。
輸出向量 $y(t)$ 的維度是 2x1，表示有兩個獨立的輸出 $y_1$ 和 $y_2$。
矩陣 $A$ 的維度是 4x4。
題目給定的輸入矩陣 $b$ 是 4x1 的向量，而輸入向量 $u$ 是 2x1 的向量。標準的狀態空間方程為 $\dot{x}(t) = Ax(t) + Bu(t)$，其中 $B$ 矩陣的維度應為 4x2。
題目中給定的 $b$ 最合理的解釋是輸入矩陣 $B$ 的第一列，而第二個輸入 $u_2$ 的影響為零。因此，我們假設 $B = \begin{bmatrix} b & 0 \end{bmatrix}$，即 $B = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$。
對應的，輸入矩陣的第一列 $b_1 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$，第二列 $b_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$。

(a) 判斷系統是否可控。
系統的可控性由可控性矩陣 $M_c = \begin{bmatrix} B & AB & A^2B & \dots & A^{n-1}B \end{bmatrix}$ 的秩來決定，其中 $n$ 是狀態向量的維度。這裡 $n=4$。
$B = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$。
計算 $AB$:
$AB = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 3\omega_2^2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & -2\omega_2 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$。
由於 $AB$ 是零矩陣，則 $A^2B$ 和 $A^3B$ 也都是零矩陣。
可控性矩陣 $M_c = \begin{bmatrix} B & AB & A^2B & A^3B \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$。
計算 $M_c$ 的秩 (rank)。矩陣 $M_c$ 的第一列和第三列（對應 $b_1$ 和 $Ab_1$）是 $[0,0,1,0]^T$ 和 $[0,0,0,0]^T$。矩陣 $M_c$ 的秩為 1。
系統可控的條件是 $\text{rank}(M_c) = n$。
由於 $\text{rank}(M_c) = 1 < 4$，該系統是不可控的。

【答案】(a) 否。

(b) 判斷哪個輸入可控，或兩個輸入是否都可控。
這部分是問，如果我們只考慮單獨的輸入 $u_1$ 或 $u_2$，系統是否可控，或者兩個輸入組合起來是否可控。
我們已經計算了當兩個輸入同時考慮時，$B = \begin{bmatrix} b_1 & b_2 \end{bmatrix}$ 的情況，系統是不可控的。
現在考慮單獨的輸入：
若只考慮輸入 $u_1$，則輸入矩陣為 $B_1 = b_1 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$。
可控性矩陣 $M_{c1} = \begin{bmatrix} b_1 & Ab_1 & A^2b_1 & A^3b_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$。
$\text{rank}(M_{c1}) = 1 < 4$，所以系統僅由 $u_1$ 控制時是不可控的。
若只考慮輸入 $u_2$，則輸入矩陣為 $B_2 = b_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$。
可控性矩陣 $M_{c2} = \begin{bmatrix} b_2 & Ab_2 & A^2b_2 & A^3b_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$。
$\text{rank}(M_{c2}) = 0 < 4$，所以系統僅由 $u_2$ 控制時是不可控的。
因此，無論是單獨考慮 $u_1$ 或 $u_2$，還是同時考慮兩個輸入，系統都無法達到完全可控。

【答案】(b) 無法使系統完全可控。

本題考察齊次線性時不變系統的狀態演化，需要計算狀態轉移矩陣並求解任意時刻的狀態。

齊次線性時不變系統的解為 $x(t) = e^{At}x(0)$，其中 $e^{At}$ 為狀態轉移矩陣。
首先，我們需要計算狀態轉移矩陣 $e^{At}$。
對於 $A = \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 0 & -2 \end{bmatrix}$，由於 $A$ 是上三角矩陣，其特徵值是主對角線上的元素，即 $\lambda_1 = -1$ 和 $\lambda_2 = -2$。
由於特徵值互不相同，矩陣 $A$ 是可對角化的。
我們可以通過計算 $e^{At}$ 的級數展開，或者通過對角化矩陣 $A$ 來求解。
另一種方法是利用 $e^{At} = \mathcal{L}^{-1}\{(sI-A)^{-1}\}$。
$sI - A = s\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 0 & -2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} s+1 & -1 \\ 0 & s+2 \end{bmatrix}$。
$(sI-A)^{-1} = \frac{1}{(s+1)(s+2)} \begin{bmatrix} s+2 & 1 \\ 0 & s+1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{s+2}{(s+1)(s+2)} & \frac{1}{(s+1)(s+2)} \\ 0 & \frac{s+1}{(s+1)(s+2)} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{s+1} & \frac{1}{(s+1)(s+2)} \\ 0 & \frac{1}{s+2} \end{bmatrix}$。
對 $\frac{1}{(s+1)(s+2)}$ 進行部分分式展開：
$\frac{1}{(s+1)(s+2)} = \frac{A}{s+1} + \frac{B}{s+2}$
$1 = A(s+2) + B(s+1)$
令 $s=-1$: $1 = A(-1+2) = A \implies A=1$。
令 $s=-2$: $1 = B(-2+1) = -B \implies B=-1$。
所以，$\frac{1}{(s+1)(s+2)} = \frac{1}{s+1} - \frac{1}{s+2}$。
$(sI-A)^{-1} = \begin{bmatrix} \frac{1}{s+1} & \frac{1}{s+1} - \frac{1}{s+2} \\ 0 & \frac{1}{s+2} \end{bmatrix}$。
對矩陣的每個元素進行拉氏反轉換：

核心觀念

對單位負回授系統，開迴路傳遞函數為 $L(s)$：

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

本題為計算題，沒有選項需要逐一分析。

解題方法

直接求出 $L(j\omega)$ 的大小與相位，再分別判斷增益裕度與相位裕度。

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(a) 增益裕度

令 $s=j\omega$，則

$$L(j\omega)=\frac{1+ja\omega}{(j\omega)^2(a+j\omega)}$$

其相位為

$$\angle L(j\omega) = -180^\circ+\tan^{-1}(a\omega)-\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{a}\right)$$

由於 $a>1$ 且 $\omega>0$，

$$a\omega>\frac{\omega}{a}$$

因此

$$\tan^{-1}(a\omega)> \tan^{-1}\left(\frac{\omega}{a}\right)$$

所以對所有有限的 $\omega>0$，

$$\angle L(j\omega)>-180^\circ$$

相位只在 $\omega\to 0^+$ 時趨近 $-180^\circ$，在任何有限的正頻率都不會與 $-180^\circ$ 相交。因此不存在有限的相位交越頻率，系統的增益增加不會因相位交越而導致臨界不穩定。

故

$$\boxed{GM=\infty}$$

以分貝表示為

$$\boxed{GM_{\mathrm{dB}}=\infty\ \mathrm{dB}}$$

注意：雖然 $\omega\to0^+$ 時相位趨近 $-180^\circ$，但 $\omega=0$ 不視為一般 Bode 增益裕度定義中的有限正相位交越頻率，不能因此將增益裕度判為 $0$。

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(b) 相位裕度

先求開迴路增益交越頻率。

開迴路大小為

$$|L(j\omega)| = \frac{\sqrt{1+a^2\omega^2}} {\omega^2\sqrt{a^2+\omega^2}}$$

本題考察非線性系統的平衡點分析和局部穩定性判斷。
給定的非線性系統方程為：$y'' + y' - 3y^2 + y^3 = u$。
令 $x_1 = y$，$x_2 = y'$。則 $\dot{y} = x_2$。
$\dot{x}_1 = x_2$
$\dot{x}_2 = y'' = u - y' + 3y^2 - y^3 = u - x_2 + 3x_1^2 - x_1^3$。
系統的狀態方程為：
$\dot{x}_1 = x_2$
$\dot{x}_2 = u - x_2 + 3x_1^2 - x_1^3$。

(a) 尋找平衡點。
平衡點是指系統狀態不隨時間變化的點，即 $\dot{x}_1 = 0$ 且 $\dot{x}_2 = 0$。
令 $u=-2$。
平衡點條件：
$x_2 = 0$
$-2 - x_2 + 3x_1^2 - x_1^3 = 0$。
將 $x_2=0$ 代入第二個方程：
$-2 - 0 + 3x_1^2 - x_1^3 = 0$。
$x_1^3 - 3x_1^2 + 2 = 0$。
我們需要找到這個三次方程的根。
設 $P(x_1) = x_1^3 - 3x_1^2 + 2$。
測試整數根：
$P(1) = 1^3 - 3(1)^2 + 2 = 1 - 3 + 2 = 0$。
所以 $x_1=1$ 是一個根。
$P(-1) = (-1)^3 - 3(-1)^2 + 2 = -1 - 3 + 2 = -2 \neq 0$.
$P(2) = 2^3 - 3(2)^2 + 2 = 8 - 12 + 2 = -2 \neq 0$.
$P(-2) = (-2)^3 - 3(-2)^2 + 2 = -8 - 12 + 2 = -18 \neq 0$.
由於 $x_1=1$ 是根，$(x_1-1)$ 是 $P(x_1)$ 的因子。
我們可以進行多項式長除法或綜合除法。
使用綜合除法：

1 | 1  -3   0   2
  |    1  -2  -2
  ----------------
    1  -2  -2   0

所以，$P(x_1) = (x_1-1)(x_1^2 - 2x_1 - 2) = 0$。
接下來解二次方程 $x_1^2 - 2x_1 - 2 = 0$。
使用二次公式 $x_1 = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$。
$x_1 = \frac{-(-2) \pm \sqrt{(-2)^2 - 4(1)(-2)}}{2(1)} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 8}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{12}}{2} = \frac{2 \pm 2\sqrt{3}}{2} = 1 \pm \sqrt{3}$。
所以，三個可能的 $x_1$ 值是 $1$, $1+\sqrt{3}$, $1-\sqrt{3}$。
由於 $x_2=0$ 在所有平衡點上，所以三個平衡點是：
$E_1 = (x_1, x_2) = (1, 0)$
$E_2 = (x_1, x_2) = (1+\sqrt{3}, 0)$
$E_3 = (x_1, x_2) = (1-\sqrt{3}, 0)$

【答案】(a) 平衡點為 $(1, 0)$, $(1+\sqrt{3}, 0)$, 和 $(1-\sqrt{3}, 0)$。

(b) 確定每個平衡點的局部穩定性。
我們需要對系統進行線性化，並分析雅可比矩陣的特徵值。
系統的狀態方程為：
$\dot{x}_1 = f_1(x_1, x_2) = x_2$
$\dot{x}_2 = f_2(x_1, x_2) = u - x_2 + 3x_1^2 - x_1^3$。
雅可比矩陣 $J(x_1, x_2)$ 為：