109 年 國立中山大學電機工程學系碩士班乙組《控制系統》

本題主要考查由微分方程求傳遞函數以及判斷系統是否為最小相位系統。

(a) 求系統傳遞函數

首先，我們對給定的微分方程進行拉普拉斯轉換。假設所有初始條件均為零。
$\mathcal{L}\left\{\frac{d^2y(t)}{dt^2}\right\} + 5\mathcal{L}\left\{\frac{dy(t)}{dt}\right\} + 6\mathcal{L}\{y(t)\} = \mathcal{L}\left\{\frac{du(t-1)}{dt}\right\}$
$s^2Y(s) + 5sY(s) + 6Y(s) = s(e^{-s}U(s))$
請注意，題目中的 $\frac{du(t-1)}{dt}$ 經過拉普拉斯轉換後，由於有時間延遲 $t-1$，其轉換為 $e^{-s} \mathcal{L}\{\frac{du(t)}{dt}\} = e^{-s} sU(s)$。

將左側的 $Y(s)$ 提出，得到：
$Y(s)(s^2 + 5s + 6) = s e^{-s} U(s)$
因此，系統的傳遞函數 $G(s) = \frac{Y(s)}{U(s)}$ 為：
$G(s) = \frac{s e^{-s}}{s^2 + 5s + 6}$
分母可以因式分解為 $(s+2)(s+3)$。
$G(s) = \frac{s e^{-s}}{(s+2)(s+3)}$

(b) 判斷系統是否為最小相位系統

一個系統被稱為最小相位系統，如果其傳遞函數的零點和極點都位於複數 s 平面的左半平面（LHP）。

本題考查PID控制器設計，特別是針對穩態誤差和期望的閉迴路極點位置進行設計。

問題分析：
我們有一個植物 (plant) $P(s) = \frac{10}{0.1s+1}$。
目標是設計一個回授控制器 (feedback controller) $C(s)$，使得閉迴路系統能夠：

1. 對任何給定的常數指令 (constant level) 沒有穩態誤差 (steady-state error)。
2. 使閉迴路系統的極點位於 $s = -70$ 和 $s = -100$。

步驟一：分析穩態誤差要求

對於一個閉迴路系統，其穩態誤差 $e_{ss}$ 與傳遞函數的型別 (type) 有關。對於一個單位回授系統，其閉迴路傳遞函數為 $T(s) = \frac{G_{ol}(s)}{1+G_{ol}(s)}$，其中 $G_{ol}(s) = C(s)P(s)$ 是開迴路傳遞函數。
對於一個階躍響應 (step input)，穩態誤差為 $e_{ss} = \frac{1}{1+K_p}$，其中 $K_p = \lim_{s \to 0} G_{ol}(s)$ (位置誤差係數)。
對於一個斜坡響應 (ramp input)，穩態誤差為 $e_{ss} = \frac{1}{K_v}$，其中 $K_v = \lim_{s \to 0} s G_{ol}(s)$ (速度誤差係數)。

要實現對任何常數指令（即階躍輸入）沒有穩態誤差，我們需要 $K_p = \infty$。這意味著開迴路傳遞函數 $G_{ol}(s)$ 在 $s=0$ 必須有一個積分項 (pole at the origin)。
因此，控制器 $C(s)$ 必須包含一個積分項，例如 $s$。
一個常見的控制器形式是 PID 控制器：$C(s) = K_p + K_i \frac{1}{s} + K_d s$。
為了滿足穩態誤差為零的要求，我們至少需要一個積分項，即 $K_i \neq 0$。一個 PI 控制器 $C(s) = K_p + K_i \frac{1}{s}$ 或 PID 控制器都可以滿足此要求。

步驟二：確定閉迴路系統的結構與極點

閉迴路系統的傳遞函數為 $T(s) = \frac{C(s)P(s)}{1+C(s)P(s)}$。
我們希望閉迴路系統的極點（即 $1+C(s)P(s)=0$ 的根）位於 $s = -70$ 和 $s = -100$。
這意味著閉迴路系統的特徵方程 (characteristic equation) 應該是：
$(s - (-70))(s - (-100)) = (s+70)(s+100) = s^2 + 170s + 7000 = 0$

步驟三：設計控制器 $C(s)$

我們首先考慮使用 PI 控制器 $C(s) = K_p + \frac{K_i}{s} = \frac{K_p s + K_i}{s}$。
則開迴路傳遞函數為：
$G_{ol}(s) = C(s)P(s) = \frac{K_p s + K_i}{s} \cdot \frac{10}{0.1s+1} = \frac{10(K_p s + K_i)}{s(0.1s+1)}$
閉迴路系統的特徵方程為：
$1 + G_{ol}(s) = 0$
$1 + \frac{10(K_p s + K_i)}{s(0.1s+1)} = 0$
$s(0.1s+1) + 10(K_p s + K_i) = 0$
$0.1s^2 + s + 10K_p s + 10K_i = 0$
$0.1s^2 + (1 + 10K_p)s + 10K_i = 0$
將此方程與期望的特徵方程 $s^2 + 170s + 7000 = 0$ 進行比較。為了方便比較，我們將期望的特徵方程乘以 0.1：
$0.1s^2 + 17s + 700 = 0$
現在，我們比較係數：

1. $s$ 項係數：$1 + 10K_p = 17$
   $10K_p = 16$
   $K_p = 1.6$
2. 常數項係數：$10K_i = 700$
   $K_i = 70$

所以，PI 控制器為 $C(s) = 1.6 + \frac{70}{s}$。
控制器 $C(s) = \frac{1.6s + 70}{s}$。

檢查：
使用此控制器，開迴路傳遞函數為：
$G_{ol}(s) = \frac{1.6s + 70}{s} \cdot \frac{10}{0.1s+1} = \frac{10(1.6s + 70)}{s(0.1s+1)} = \frac{16s + 700}{0.1s^2 + s}$
閉迴路特徵方程為：
$1 + G_{ol}(s) = 0$
$1 + \frac{16s + 700}{0.1s^2 + s} = 0$
$0.1s^2 + s + 16s + 700 = 0$
$0.1s^2 + 17s + 700 = 0$
$s^2 + 170s + 7000 = 0$
此特徵方程的根為 $s = -70$ 和 $s = -100$。
同時，由於控制器包含積分項 $K_i/s$，位置誤差係數 $K_p = \lim_{s \to 0} G_{ol}(s) = \lim_{s \to 0} \frac{16s + 700}{0.1s^2 + s} = \lim_{s \to 0} \frac{16s + 700}{s(0.1s+1)}$。
這個極限會趨於無窮大，因此穩態誤差為零。

核心觀念

負回授系統的閉迴路特徵方程式由

$$1+C(s)P(s)=0$$

決定。若只觀察輸入至輸出的閉迴路傳遞函數，需檢查其極點是否全部位於左半平面；但若題目問的是整個回授系統的穩定性，還必須注意不穩定極點與零點的相消是否造成內部不穩定模態。

本題的控制器與植物為

$$C(s)=\frac{s-1}{s+1}, \qquad P(s)=\frac{s}{(s-1)(s+2)}.$$

其中植物具有右半平面極點 $s=1$，屬於開迴路不穩定系統。

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解題方法：建立完整閉迴路特徵方程式

負回授系統的迴路傳遞函數為

$$C(s)P(s) = \frac{s-1}{s+1} \cdot \frac{s}{(s-1)(s+2)}.$$

形式上可約去 $s-1$，得到

$$C(s)P(s)=\frac{s}{(s+1)(s+2)}.$$

因此若只利用約分後的迴路傳遞函數，會得到

$$1+\frac{s}{(s+1)(s+2)}=0.$$

整理得

$$(s+1)(s+2)+s=0,$$ $$s^2+4s+2=0.$$

其根為

$$s=\frac{-4\pm\sqrt{16-8}}{2} =-2\pm\sqrt{2}.$$

兩根皆為負值：

$$-2+\sqrt{2}<0,\qquad -2-\sqrt{2}<0.$$

所以由輸入 $R(s)$ 到輸出 $Y(s)$ 的閉迴路傳遞函數為

$$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{C(s)P(s)}{1+C(s)P(s)} = \frac{s}{s^2+4s+2},$$

其輸出極點皆位於左半平面，表示外部輸入輸出關係具有穩定的形式。

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關鍵陷阱：右半平面極點被控制器零點相消

上述約分不能直接代表整個回授系統內部穩定，因為控制器的零點 $s=1$ 正好相消植物的右半平面極點 $s=1$。

將未約分的式子直接建立特徵方程式：

$$1+C(s)P(s)=0$$

即

核心觀念

本題利用「根軌跡」分析特徵方程式中增益 $k$ 改變時，閉迴路極點的移動位置。

根軌跡的基本形式為

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

其中：

• 開迴路極點：$G(s)$ 分母的根
• 開迴路零點：$G(s)$ 分子的根
• 漸近線條數：$n-m$
• 漸近線交點：

$$\sigma_a=\frac{\sum \text{極點}-\sum \text{零點}}{n-m}$$

• 漸近線角度：

$$\theta_q=\frac{(2q+1)180^\circ}{n-m},\qquad q=0,1,\ldots,n-m-1$$

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解題方法

原特徵方程式為

$$s^2(s^2+8s+24)+(32+k)s+6k=0$$

將含有 $k$ 的項整理在一起：

$$s^2(s^2+8s+24)+32s+k(s+6)=0$$

因此可寫成

$$1+k\frac{s+6}{s^2(s^2+8s+24)+32s}=0$$

再將分母因式分解：

$$s^2(s^2+8s+24)+32s =s(s^3+8s^2+24s+32)$$

而

$$s^3+8s^2+24s+32=(s+4)(s^2+4s+8)$$

所以

$$G(s)=\frac{s+6}{s(s+4)(s^2+4s+8)}$$

且

$$s^2+4s+8=0 \Rightarrow s=-2\pm j2$$

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(a) 開迴路極點與零點

開迴路極點為

$$p_1=0,\qquad p_2=-4,\qquad p_{3,4}=-2\pm j2$$

開迴路零點為

$$z_1=-6$$

因此共有 $n=4$ 個極點、$m=1$ 個零點，根軌跡共有 $4$ 條分支，其中 $1$ 條終止於有限零點，其餘 $3$ 條趨向無限遠。

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(b) 漸近線交點 Centroid

極點總和為

$$\sum p_i=0+(-4)+(-2+j2)+(-2-j2)=-8$$

零點總和為

$$\sum z_i=-6$$

因此漸近線交點為

$$\sigma_a =\frac{\sum p_i-\sum z_i}{n-m} =\frac{-8-(-6)}{4-1} =-\frac{2}{3}$$

所以

$$\boxed{\sigma_a=-\frac{2}{3}}$$

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(c) 漸近線角度

因為

$$n-m=4-1=3$$

故對正增益 $k\geq 0$，漸近線角度為

$$\theta_q=\frac{(2q+1)180^\circ}{3}$$

得到

$$\boxed{\theta=60^\circ,\ 180^\circ,\ 300^\circ}$$

三條漸近線均通過

$$\boxed{-\frac{2}{3}}$$

若考慮負增益 $k<0$，根軌跡角度條件改變為

$$\theta_q=\frac{2q\cdot180^\circ}{3}$$

因此負增益的無限遠方向為

$$\boxed{0^\circ,\ 120^\circ,\ 240^\circ}$$

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(d) 與虛軸交點及對應的 $k$

令

$$s=j\omega$$

代入特徵方程式

$$s^4+8s^3+24s^2+(32+k)s+6k=0$$

利用

$$(j\omega)^2=-\omega^2,\qquad (j\omega)^3=-j\omega^3,\qquad (j\omega)^4=\omega^4$$

可得

$$\omega^4-j8\omega^3-24\omega^2+j(32+k)\omega+6k=0$$

分離實部與虛部：

$$\omega^4-24\omega^2+6k=0$$ $$-8\omega^3+(32+k)\omega=0$$

先考慮 $\omega=0$

代入實部方程式：

$$6k=0 \Rightarrow k=0$$

因此在

$$\boxed{s=0,\quad k=0}$$

處通過虛軸。這是原本位於原點的開迴路極點。

再考慮 $\omega\neq 0$

由虛部方程式：

$$-8\omega^2+32+k=0$$

所以

$$k=8\omega^2-32$$

代入實部方程式：

$$\omega^4-24\omega^2+6(8\omega^2-32)=0$$

整理得

$$\omega^4+24\omega^2-192=0$$

令

$$x=\omega^2$$

則

$$x^2+24x-192=0$$

解得

$$x=-12\pm4\sqrt{21}$$

因為 $\omega^2\geq0$，取正值：

$$\omega^2=-12+4\sqrt{21}$$

因此

$$\omega=\sqrt{4\sqrt{21}-12}\approx2.516$$

對應的增益為

$$k=8\omega^2-32$$ $$k=8(4\sqrt{21}-12)-32$$ $$\boxed{k=32\sqrt{21}-128=32(\sqrt{21}-4)\approx18.64}$$

故另一組虛軸交點為

$$\boxed{s=\pm j\sqrt{4\sqrt{21}-12} \approx\pm j2.516}$$

但此交點的 $k\approx18.64$ 大於題目指定的 $k\leq8$，因此在題目要求的範圍內，只有原點 $s=0$ 對應 $k=0$ 會位於虛軸上。

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(e) $-\infty\leq k\leq8$ 的根軌跡構造

核心觀念

本題考查 Nyquist 穩定判據。

單位負回授系統的閉迴路特徵方程為

$$1+L(s)=0.$$

已知

$$L(s)=\frac{K(s+1)}{s(s-1)}.$$

因此

$$s(s-1)+K(s+1)=0,$$

整理得

$$s^2+(K-1)s+K=0.$$

開迴路在 $s=1$ 有一個右半平面極點，因此

$$P=1.$$

原點極點位於虛軸上，必須依 Fig. 1 以右半平面小半圓繞過。

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(a) Nyquist 圖的重要映射

令 $s=j\omega$，則

$$L(j\omega) =\frac{K(1+j\omega)}{j\omega(j\omega-1)}.$$

整理可得

$$L(j\omega) = -\frac{2K}{1+\omega^2} +j\frac{K(1-\omega^2)}{\omega(1+\omega^2)}.$$

因此

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\} =-\frac{2K}{1+\omega^2},$$ $$\operatorname{Im}\{L(j\omega)\} =\frac{K(1-\omega^2)}{\omega(1+\omega^2)}.$$

1. 點 $a$：$\omega\to\infty$

$$L(j\omega)\to 0-j0.$$

由於 $\omega>1$ 時虛部為負，因此曲線由下方接近原點。

2. 點 $b$：$\omega\to0^+$

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\}\to -2K,$$ $$\operatorname{Im}\{L(j\omega)\}\to+\infty.$$

所以

$$L(j0^+)\to -2K+j\infty.$$

3. 點 $c$：原點右側小半圓

在 $s\to0$ 時，

$$L(s)\approx \frac{K}{s(-1)}=-\frac{K}{s}.$$

若以右半平面小半圓繞過原點，則其映射會變成無限大半圓，並通過負實軸方向：

$$L(s)\to-\infty.$$

4. 點 $d$：$s=-j\omega,\ \omega\to\infty$

由共軛對稱性，

$$L(-j\omega)\to0+j0.$$

5. 與實軸交點

令虛部為零：

$$\frac{K(1-\omega^2)}{\omega(1+\omega^2)}=0.$$

因此

$$\omega=1.$$

代回實部：

$$L(j)=-K.$$

所以 Nyquist 圖與實軸交於

$$\boxed{-K}.$$

這也是 Fig. 2 標示的關鍵交點。

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(b) $K>0$ 時的穩定範圍