111 年 國立中山大學電機工程學系碩士班乙組《控制系統》

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第 1 題16 分

Problem 1 (16%) Find the transfer function Y(s) / R₂(s) of the system displayed in Figure 1.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
Figure 1: Control system of Problem 1.

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查多重回授控制系統的方塊圖化簡。由圖可知，要求的是中間訊號 R2(s)R_2(s) 到 Y1(s)Y_1(s) 的傳遞函數，因此只需分析 R2R_2 之後至 Y1Y_1 之間的內部回授迴路；右側的 G3G_3、G5G_5 及最外層回授不影響此傳遞函數。

令：

  • x(s)x(s)：進入 G1G_1 的訊號
  • v(s)v(s)：進入 G2G_2 的訊號
  • w(s)w(s)：G2G_2 的輸出

圖中三個回授皆為負回授。

解題方法

由第一個內部加總點：

x(s)=R2(s)−H1(s)w(s)x(s)=R_2(s)-H_1(s)w(s)

經過 G1G_1 後，再由 H2H_2 回授至 G2G_2 前的加總點，因此：

v(s)=G1(s)x(s)−H2(s)Y1(s)v(s)=G_1(s)x(s)-H_2(s)Y_1(s)

而 G2G_2 的輸出為：

w(s)=G2(s)v(s)w(s)=G_2(s)v(s)

代入前兩式：

w(s)=G2(s)[G1(s)(R2(s)−H1(s)w(s))−H2(s)Y1(s)]w(s)=G_2(s)\left[G_1(s)\bigl(R_2(s)-H_1(s)w(s)\bigr)-H_2(s)Y_1(s)\right]

由 Y1Y_1 前方的 G4G_4 負回授加總點：

Y1(s)=w(s)−G4(s)Y1(s)Y_1(s)=w(s)-G_4(s)Y_1(s)

因此：

[1+G4(s)]Y1(s)=w(s)\bigl[1+G_4(s)\bigr]Y_1(s)=w(s)

即：

Y1(s)=w(s)1+G4(s)Y_1(s)=\frac{w(s)}{1+G_4(s)}

將其代回 w(s)w(s) 的方程式：

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第 2 題12 分

Problem 2 (12%) Consider two second order linear time-invariant systems, system A and system B, respectively. Assume that the system A has s1s_1 and s1ˉ\bar{s_1} (complex conjugate pair) for its poles and system B has s2s_2 and s2ˉ\bar{s_2} (complex conjugate pair) for its poles. The location of these poles are indicated in Figure 2. Assume that the DC gain of boh systems are 2. Find the settling time for both system A and systm B.
Hint: settling time=
{3.2/(ζωn),0<ζ<0.694.5ζ/ωn,ζ≥0.69\begin{cases} 3.2/(\zeta\omega_n), & 0 < \zeta < 0.69 \\ 4.5\zeta/\omega_n, & \zeta \ge 0.69 \end{cases}

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Figure 2: Locations of poles of Problem 2.

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這一題的完整詳解

本題考查二階系統的穩定時間（settling time）與其極點位置、阻尼比（damping ratio ζ\zeta）及自然頻率（natural frequency ωn\omega_n）的關係。

一個標準的二階系統的傳遞函數形式為：
G(s)=Kωn2s2+2ζωns+ωn2G(s) = \frac{K \omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2}
其中 KK 是系統的增益，ωn\omega_n 是自然頻率，ζ\zeta 是阻尼比。
系統的極點（poles）位於 s2+2ζωns+ωn2=0s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2 = 0 的解，即：
s=−2ζωn±(2ζωn)2−4ωn22=−ζωn±jωn1−ζ2s = \frac{-2\zeta\omega_n \pm \sqrt{(2\zeta\omega_n)^2 - 4\omega_n^2}}{2} = -\zeta\omega_n \pm j\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}

從極點的位置 s=−ζωn±jωn1−ζ2s = -\zeta\omega_n \pm j\omega_n\sqrt{1-\zeta^2} 可以看出，實部為 −ζωn-\zeta\omega_n，虛部為 ±ωn1−ζ2\pm\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}。
DC 增益（DC gain）是指當 s→0s \rightarrow 0 時的傳遞函數值。對於上述標準形式，DC 增益為 KK。題目中說明 DC 增益為 2，所以 K=2K=2。
因此，系統的傳遞函數可以寫為：
G(s)=2ωn2s2+2ζωns+ωn2G(s) = \frac{2 \omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2}

我們需要根據圖 2 中給出的極點位置，計算出 ζ\zeta 和 ωn\omega_n，然後應用題目中提供的穩定時間公式。

系統 A 的極點 (s1,s1ˉs_1, \bar{s_1}):
從圖 2 中，系統 A 的極點 s1s_1 位於複數平面上的 (−1,3)(-1, 3) 位置。
所以，s1=−1+j3s_1 = -1 + j3。
對應標準二階系統的極點形式 s=−ζωn±jωn1−ζ2s = -\zeta\omega_n \pm j\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}，我們可以得到：
實部：−ζωn=−1  ⟹  ζωn=1-\zeta\omega_n = -1 \implies \zeta\omega_n = 1
虛部：ωn1−ζ2=3\omega_n\sqrt{1-\zeta^2} = 3

將 ζωn=1\zeta\omega_n = 1 代入 ωn=1/ζ\omega_n = 1/\zeta：
(1/ζ)1−ζ2=3(1/\zeta)\sqrt{1-\zeta^2} = 3
1−ζ2=3ζ\sqrt{1-\zeta^2} = 3\zeta

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第 3 題22 分

Problem 3 (22%) Figure 3 shows a block diagram of a feedback control system.
(a) (8%) Find the range(s) of k1k_1 and k2k_2 such that all the closed-loop poles, except those at the origin, are in the left half s-plane.
(b) (14%) Suppose that the closed-loop transfer function of the control system you obtained in part (a) is
M(s)=s2+(2+k1)s3+(4+k1)s2+k2ss4+(2+k1)s3+(4+k1)s2+k2sM(s) = \frac{s^2 + (2+k_1)s^3 + (4+k_1)s^2 + k_2s}{s^4 + (2+k_1)s^3 + (4+k_1)s^2 + k_2s}
We also assume that the poles of M(s), except one at the origin, are all in the left half s-plane. In addition to the range of k1k_1 and k2k_2 you find in part (a), find the range(s) of k1k_1 and k2k_2 such that the steady-state error lim⁡t→∞e(t)≤1%\lim_{t \to \infty} e(t) \le 1\% due to an unit-step input r(t)r(t).

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Figure 3: Control system of Problem 3 and 4.

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核心觀念

本題考查：

  • 方塊圖化簡與閉迴路特徵方程式。
  • Routh–Hurwitz 穩定判據。
  • 單位階輸入下的穩態誤差與 final value theorem。

由 Figure 3，前向傳遞函數與回授傳遞函數分別為

G(s)=1s⋅1s2+(k1+2)s=1s2(s+k1+2)G(s)=\frac{1}{s}\cdot \frac{1}{s^2+(k_1+2)s} =\frac{1}{s^2(s+k_1+2)}

以及

H(s)=k2ss+1.H(s)=\frac{k_2s}{s+1}.

因此迴路傳遞函數為

G(s)H(s)=k2s(s+1)(s+k1+2).G(s)H(s) =\frac{k_2}{s(s+1)(s+k_1+2)}.

(a) 求 k1,k2k_1,k_2 範圍

閉迴路特徵方程式由

1+G(s)H(s)=01+G(s)H(s)=0

得到

s(s+1)(s+k1+2)+k2=0.s(s+1)(s+k_1+2)+k_2=0.

展開為

s3+(k1+3)s2+(k1+2)s+k2=0.s^3+(k_1+3)s^2+(k_1+2)s+k_2=0.

此外，完整閉迴路分母還包含一個位於原點的極點，因此題目只要求上述三次多項式的根全部位於左半平面。

對三次多項式

s3+a1s2+a2s+a3s^3+a_1s^2+a_2s+a_3

而言，Routh–Hurwitz 穩定條件為

a1>0,a2>0,a3>0,a1a2>a3.a_1>0,\qquad a_2>0,\qquad a_3>0,\qquad a_1a_2>a_3.

代入

a1=k1+3,a2=k1+2,a3=k2,a_1=k_1+3,\qquad a_2=k_1+2,\qquad a_3=k_2,

可得

k1+3>0,k_1+3>0, k1+2>0,k_1+2>0, k2>0,k_2>0, (k1+3)(k1+2)>k2.(k_1+3)(k_1+2)>k_2.

其中 k1+2>0k_1+2>0 已包含 k1+3>0k_1+3>0，所以

k1>−2,0<k2<(k1+3)(k1+2).\boxed{k_1>-2,\qquad 0<k_2<(k_1+3)(k_1+2)}.

(b) 加入穩態誤差限制

1. 穩定性條件

由 Figure 3 推得的閉迴路分母為

s[s3+(k1+3)s2+(k1+2)s+k2].s\left[s^3+(k_1+3)s^2+(k_1+2)s+k_2\right].

題目所給的 M(s)M(s) 分子分母排版有誤，但其穩定性判斷仍應依 Figure 3 的特徵方程式進行。

另外，題目給定的分母形式

s4+(k1+2)s3+(k1+4)s2+k2ss^4+(k_1+2)s^3+(k_1+4)s^2+k_2s

除以原點極點 ss 後，三次多項式為

s3+(k1+2)s2+(k1+4)s+k2.s^3+(k_1+2)s^2+(k_1+4)s+k_2.

其穩定條件為

k1>−2,k2>0,k2<(k1+2)(k1+4).k_1>-2,\qquad k_2>0,\qquad k_2<(k_1+2)(k_1+4).
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第 4 題15 分

Problem 4 (15%) Consider the feedback system shown in Figure 3 where k2=3k1k_2 = 3k_1.
(a) (3%) Find the transfer function G=Y(s)/R(s)G = Y(s)/R(s) of the closed-loop system where R(s)R(s) and Y(s)Y(s) are the Laplace transform of the input r(t)r(t) and the output y(t)y(t), respectively.
(b) (3%) Find the intersection of the asymptotes (centroid).
(c) (4%) Find the intersection of the root loci with the imaginary axis and the corresponding value of k1k_1.
(d) (5%) Construct the root loci for k1≥0k_1 \ge 0.

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Figure 3: Control system of Problem 3 and 4.

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核心觀念

本題考查：

  • 負回授系統的閉迴路轉移函數。
  • 根軌跡的開迴路極點、零點與漸近線。
  • 根軌跡與虛軸交點的求法。
  • 根軌跡實軸判別法與分離點。

由圖可讀得前向路徑與回授路徑分別為

Gf(s)=1s⋅1s2+(k1+2)s,H(s)=k2ss+1.G_f(s)=\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s^2+(k_1+2)s}, \qquad H(s)=\frac{k_2s}{s+1}.

且

k2=3k1.k_2=3k_1.

(a) 閉迴路轉移函數

先將前向路徑整理：

s2+(k1+2)s=s(s+k1+2),s^2+(k_1+2)s=s(s+k_1+2),

因此

Gf(s)=1s2(s+k1+2).G_f(s)=\frac{1}{s^2(s+k_1+2)}.

負回授系統的閉迴路轉移函數為

G(s)=Gf(s)1+Gf(s)H(s).G(s)=\frac{G_f(s)}{1+G_f(s)H(s)}.

代入 Gf(s)G_f(s)、H(s)H(s)：

G(s)=1s2(s+k1+2)1+1s2(s+k1+2)⋅3k1ss+1.G(s) = \frac{\dfrac{1}{s^2(s+k_1+2)}} {1+\dfrac{1}{s^2(s+k_1+2)} \cdot\dfrac{3k_1s}{s+1}}.

整理得

G(s)=s+1s2(s+k1+2)(s+1)+3k1s.G(s) = \frac{s+1} {s^2(s+k_1+2)(s+1)+3k_1s}.

將分母提出一個 ss：

G(s)=s+1s[s3+(k1+3)s2+(k1+2)s+3k1]\boxed{ G(s)= \frac{s+1} {s\left[s^3+(k_1+3)s^2+(k_1+2)s+3k_1\right]} }

因此，除了一個固定在原點的極點外，會隨 k1k_1 移動的特徵方程為

s3+(k1+3)s2+(k1+2)s+3k1=0.s^3+(k_1+3)s^2+(k_1+2)s+3k_1=0.

將其改寫為根軌跡標準形式：

s(s+1)(s+2)+k1(s2+s+3)=0,s(s+1)(s+2)+k_1(s^2+s+3)=0,

即

1+k1s2+s+3s(s+1)(s+2)=0.1+k_1\frac{s^2+s+3}{s(s+1)(s+2)}=0.

(b) 漸近線交點（Centroid）

根軌跡的開迴路極點為

p1=0,p2=−1,p3=−2.p_1=0,\qquad p_2=-1,\qquad p_3=-2.

開迴路零點由

s2+s+3=0s^2+s+3=0

得到：

z1,2=−1±j112.z_{1,2}=\frac{-1\pm j\sqrt{11}}{2}.

極點總和與零點總和分別為

∑pi=−3,∑zi=−1.\sum p_i=-3, \qquad \sum z_i=-1.

因此漸近線交點為

σa=∑pi−∑zin−m=−3−(−1)3−2.\sigma_a = \frac{\sum p_i-\sum z_i}{n-m} = \frac{-3-(-1)}{3-2}.

所以

σa=−2\boxed{\sigma_a=-2}

因為 n−m=1n-m=1，只有一條漸近線，其角度為

θ=(2q+1)180∘n−m=180∘.\theta=\frac{(2q+1)180^\circ}{n-m}=180^\circ.

因此該漸近線位於實軸上，從 −2-2 向負無限大延伸。

(c) 與虛軸的交點及對應 k1k_1

考慮移動中的三階特徵方程：

s3+(k1+3)s2+(k1+2)s+3k1=0.s^3+(k_1+3)s^2+(k_1+2)s+3k_1=0.

令虛軸上的根為

s=jω,ω≠0.s=j\omega,\qquad \omega\neq 0.

代入後：

(jω)3+(k1+3)(jω)2+(k1+2)jω+3k1=0.(j\omega)^3+(k_1+3)(j\omega)^2+(k_1+2)j\omega+3k_1=0.

分離實部與虛部：

−(k1+3)ω2+3k1=0,-(k_1+3)\omega^2+3k_1=0, −ω3+(k1+2)ω=0.-\omega^3+(k_1+2)\omega=0.

由虛部且 ω≠0\omega\neq0：

ω2=k1+2.\omega^2=k_1+2.

代入實部：

(k1+3)(k1+2)=3k1.(k_1+3)(k_1+2)=3k_1.

整理：

k12+2k1+6=0.k_1^2+2k_1+6=0.

其判別式為

Δ=22−4(1)(6)=−20<0.\Delta=2^2-4(1)(6)=-20<0.
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第 5 題15 分

Problem 5 (15%) Consider the following block diagram shown in Figure 4.
(a) (5%) Write down the dynamic equation of this control system in state space model, i.e.,
(x˙1(t)x˙2(t))=A(x1(t)x2(t))+bu(t);y=c(x1(t)x2(t))+du(t)\begin{pmatrix} \dot{x}_1(t) \\ \dot{x}_2(t) \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix} x_1(t) \\ x_2(t) \end{pmatrix} + b u(t); \quad y = c \begin{pmatrix} x_1(t) \\ x_2(t) \end{pmatrix} + d u(t)
(b) (5%) Show that this system is controllable, but not observable.
(c) (5%) Re-assign state variables so that the system is controllable and observable, and has the same transfer function.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
Figure 4: Control system of Problem 5.

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁原卷第 4 頁

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查：

  1. 由方塊圖建立狀態空間模型。
  2. 可控制性與可觀察性的判定：
    C=[bAb]\mathcal{C}=\begin{bmatrix}b&Ab\end{bmatrix}
    若 rank⁡(C)=n\operatorname{rank}(\mathcal{C})=n，系統可控制。
    O=[ccA]\mathcal{O}=\begin{bmatrix}c\\cA\end{bmatrix}
    若 rank⁡(O)=n\operatorname{rank}(\mathcal{O})=n，系統可觀察。
  3. 移除不可觀察狀態，建立相同轉移函數的最小實現。

(a) 建立狀態空間模型

令第一個方塊 1/(s+1)1/(s+1) 的輸出為 v(t)v(t)。由方塊圖可得

v˙(t)=−v(t)+u(t).\dot v(t)=-v(t)+u(t).

第一個加法點的輸出為 x2(t)x_2(t)，由負回授 x1(t)x_1(t) 可得

x2(t)=v(t)−x1(t).x_2(t)=v(t)-x_1(t).

第二個方塊為 1/(s+1)1/(s+1)，其輸出為 x1(t)x_1(t)，因此

x˙1(t)=−x1(t)+x2(t).\dot x_1(t)=-x_1(t)+x_2(t).

由 v=x1+x2v=x_1+x_2，可得

v˙=x˙1+x˙2.\dot v=\dot x_1+\dot x_2.

代入 v˙=−v+u\dot v=-v+u 與 x˙1=−x1+x2\dot x_1=-x_1+x_2：

−x1+x2+x˙2=−(x1+x2)+u.-x_1+x_2+\dot x_2=-(x_1+x_2)+u.

整理得

x˙2=−2x2+u.\dot x_2=-2x_2+u.

輸出端為第二個加法點，故

y=x1−v.y=x_1-v.

又因為 v=x1+x2v=x_1+x_2，因此

y=x1−(x1+x2)=−x2.y=x_1-(x_1+x_2)=-x_2.

所以狀態方程為

(x˙1x˙2)=[−110−2](x1x2)+[01]u,\begin{pmatrix} \dot x_1\\ \dot x_2 \end{pmatrix} = \begin{bmatrix} -1&1\\ 0&-2 \end{bmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix} + \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}u,

且輸出方程為

y=[0−1](x1x2)+0u.y= \begin{bmatrix} 0&-1 \end{bmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix} +0u.

因此

A=[−110−2],b=[01],A= \begin{bmatrix} -1&1\\ 0&-2 \end{bmatrix},\quad b= \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}, c=[0−1],d=0.c= \begin{bmatrix} 0&-1 \end{bmatrix},\quad d=0.

(b) 可控制性與可觀察性

可控制性

計算

Ab=[−110−2][01]=[1−2].Ab= \begin{bmatrix} -1&1\\ 0&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix}.

因此可控制矩陣為

C=[bAb]=[011−2].\mathcal{C} = \begin{bmatrix} b&Ab \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0&1\\ 1&-2 \end{bmatrix}.

其行列式為

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第 6 題20 分

Problem 6 (20%) Consider the following block diagram shown in Figure 5.
(a) (3%) Write down the dynamic equation of the control system with its transfer function Gp=1/(s−1)(s−2)G_p = 1/(s-1)(s-2) in state space model, i.e.,
(x˙1(t)x˙2(t))=A(x1(t)x2(t))+Bu(t);y=c(x1(t)x2(t))+du(t)\begin{pmatrix} \dot{x}_1(t) \\ \dot{x}_2(t) \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix} x_1(t) \\ x_2(t) \end{pmatrix} + B u(t); \quad y = c \begin{pmatrix} x_1(t) \\ x_2(t) \end{pmatrix} + d u(t)
such that this (state space) model is controllable and observable.
(b) (3%) Find a state feedback gain K=[k1 k2]K = [k_1 \ k_2] such that with the state feedback law u=−Kx(t)u = -Kx(t) the system matrix A−BKA - BK of the closed-loop system has the eigenvalues (characteristic values) being equal to -1, -2.
(c) (3%) Consider the following Luenberger observer:
x^˙(t)=Ax^(t)+Bu(t)+L(y(t)−Cx^(t)−Du(t))\dot{\hat{x}}(t) = A\hat{x}(t) + Bu(t) + L(y(t) - C\hat{x}(t) - Du(t))
With the estimation error e(t)=x^(t)−x(t)e(t) = \hat{x}(t) - x(t), show that e˙(t)=(A−LC)e(t)\dot{e}(t) = (A - LC)e(t).
(d) (3%) Find an observer gain L=(l1l2)L = \begin{pmatrix} l_1 \\ l_2 \end{pmatrix} such that A−LCA-LC has the eigenvalues (characteristic values) being equal to -3, -4.
(e) (5%) Consider the architecture shown in Figure 5 where the dynamic output feedback law u(t)=v(t)−Kx^(t)u(t) = v(t) - K\hat{x}(t) is used with x^(t)\hat{x}(t) satisfying the dynamic equation (1) and
Ky=K(sI−A+LC)−1(B−LD)=as+bs2+ls+mK_y = K(sI - A+LC)^{-1} (B-LD) = \frac{as+b}{s^2+ls+m}
Kx=K(sI−A+LC)−1L=cs+ds2+ls+mK_x = K(sI - A+LC)^{-1} L = \frac{cs+d}{s^2+ls+m}
Find the constants a,b,c,d,l,ma,b,c,d,l,m.
(f) (3%) Find the transfer function of the closed-loop system.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
Figure 5: Control system of Problem 6.

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查二階系統的狀態空間實現、狀態回授極點配置、Luenberger 觀測器設計，以及觀測器式動態輸出回授。極點配置時，將閉迴路特徵多項式與指定極點的多項式係數逐項比較；動態輸出回授則可把估測狀態分解為輸入 uu 與輸出 yy 的兩條傳遞路徑。

解題方法

圖 5 的受控體為 Gp(s)=1/[(s−1)(s−2)]G_p(s)=1/[(s-1)(s-2)]，外迴路使用 u=v−Kx^u=v-K\hat{x}。觀測器部分由 uu 經 KuK_u、以及 yy 經 KyK_y 兩條路徑加總形成 Kx^K\hat{x}。

(a) 建立可控且可觀測的狀態空間模型

先將受控體寫成標準分母形式：

Gp(s)=1s2−3s+2G_p(s)=\frac{1}{s^2-3s+2}

選擇可控制標準型：

A=(01−23),B=(01),C=(10),D=0A= \begin{pmatrix} 0&1\\ -2&3 \end{pmatrix}, \qquad B= \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}, \qquad C= \begin{pmatrix} 1&0 \end{pmatrix}, \qquad D=0

因此狀態方程與輸出方程為：

(x˙1x˙2)=(01−23)(x1x2)+(01)u,y=(10)(x1x2)\begin{pmatrix} \dot{x}_1\\ \dot{x}_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0&1\\ -2&3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}u, \qquad y= \begin{pmatrix} 1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix}

傳遞函數為：

C(sI−A)−1B+D=1s2−3s+2C(sI-A)^{-1}B+D=\frac{1}{s^2-3s+2}

可控制矩陣與可觀測矩陣分別是：

C=(BAB)=(0113),det⁡(C)=−1≠0\mathcal{C}= \begin{pmatrix} B&AB \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0&1\\ 1&3 \end{pmatrix}, \qquad \det(\mathcal{C})=-1\ne 0 O=(CCA)=(1001)\mathcal{O}= \begin{pmatrix} C\\ CA \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{pmatrix}

兩矩陣皆滿秩，因此此實現可控制且可觀測。

(b) 設計狀態回授增益 KK

令 K=[k1 k2]K=[k_1\ k_2]，則：

A−BK=(01−2−k13−k2)A-BK= \begin{pmatrix} 0&1\\ -2-k_1&3-k_2 \end{pmatrix}

其特徵多項式為：

det⁡(sI−(A−BK))=s2+(k2−3)s+(k1+2)\det\bigl(sI-(A-BK)\bigr) =s^2+(k_2-3)s+(k_1+2)

指定閉迴路極點為 −1,−2-1,-2，目標多項式為：

(s+1)(s+2)=s2+3s+2(s+1)(s+2)=s^2+3s+2

比較係數得 k2−3=3k_2-3=3、k1+2=2k_1+2=2，所以：

K=(06)K=\begin{pmatrix}0&6\end{pmatrix}

代回可得 A−BK=(01−2−3)A-BK=\begin{pmatrix}0&1\\-2&-3\end{pmatrix}，其特徵多項式確為 (s+1)(s+2)(s+1)(s+2)。

(c) 推導觀測器誤差動態

原卷定義 e(t)=x(t)−x^(t)e(t)=x(t)-\hat{x}(t)。由受控體與觀測器方程：

e˙=x˙−x^˙=Ax+Bu−[Ax^+Bu+L(y−Cx^−Du)]\dot{e} =\dot{x}-\dot{\hat{x}} =Ax+Bu-\left[A\hat{x}+Bu+L(y-C\hat{x}-Du)\right]

因為 y=Cx+Duy=Cx+Du，所以 y−Cx^−Du=C(x−x^)=Cey-C\hat{x}-Du=C(x-\hat{x})=Ce。因此：

e˙=Ae−LCe=(A−LC)e\dot{e}=Ae-LCe=(A-LC)e

(d) 設計觀測器增益 LL

令 L=(l1l2)L=\begin{pmatrix}l_1\\l_2\end{pmatrix}，則：

A−LC=(−l11−2−l23)A-LC= \begin{pmatrix} -l_1&1\\ -2-l_2&3 \end{pmatrix}

其特徵多項式為：

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