核心觀念

本題考查 Routh–Hurwitz 判據。對實係數特徵方程式

$$a_ns^n+a_{n-1}s^{n-1}+\cdots+a_1s+a_0=0$$

建立 Routh 表後，第一欄的符號變化次數，就是位於右半 $s$ 平面的根數。

此外：

• 第一欄出現零值時，需以正無窮小量 $\varepsilon>0$ 代替。
• 某一列全部為零，通常表示存在關於原點對稱的根，可能包含 $j\omega$ 軸上的根，需進一步利用輔助多項式判斷。
• 若沒有整列為零，且另以 $s=j\omega$ 直接檢查，可確認是否存在虛根。

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解題方法

兩小題皆使用 Routh 表：

1. 依序排列各階 $s$ 的係數。
2. 計算第一欄。
3. 統計第一欄符號變化次數，得到右半平面根數。
4. 檢查是否有整列為零；若無，再檢查是否存在 $j\omega$ 軸根。

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（a）

特徵方程式為

$$s^6+2s^5+4s^4+15s^3+8s^2+22s+8=0$$

建立 Routh 表

$$\begin{array}{c|cccc} s^6 & 1 & 4 & 8 & 8\\ s^5 & 2 & 15 & 22 & 0\\ s^4 & \dfrac{2(4)-1(15)}{2} & \dfrac{2(8)-1(22)}{2} & 8 & 0\\ s^3 & \dfrac{\left(-\frac72\right)(15)-2(-7)} {-\frac72} & \dfrac{\left(-\frac72\right)(22)-2(8)} {-\frac72} & 0 & 0\\ s^2 & \dfrac{11(-7)-\left(-\frac72\right)\left(\frac{186}{7}\right)} {11} & \dfrac{11(8)}{11} & 0 & 0\\ s^1 & \dfrac{\left(\frac{16}{11}\right)\left(\frac{186}{7}\right)-11(8)} {\frac{16}{11}} & 0 & 0 & 0\\ s^0 & 8 & & & \end{array}$$

逐項化簡：

$$\begin{array}{c|cccc} s^6 & 1 & 4 & 8 & 8\\ s^5 & 2 & 15 & 22 & 0\\ s^4 & -\dfrac72 & -7 & 8 & 0\\ s^3 & 11 & \dfrac{186}{7} & 0 & 0\\ s^2 & \dfrac{16}{11} & 8 & 0 & 0\\ s^1 & -\dfrac{475}{14} & 0 & 0 & 0\\ s^0 & 8 & & & \end{array}$$

統計第一欄符號變化

第一欄為

$$1,\quad 2,\quad -\frac72,\quad 11,\quad \frac{16}{11},\quad -\frac{475}{14},\quad 8$$

其符號排列為

$$+,\ +,\ -,\ +,\ +,\ -,\ +$$

符號變化如下：

$$+\to- \quad (1\text{ 次})$$ $$-\to+ \quad (2\text{ 次})$$ $$+\to- \quad (3\text{ 次})$$ $$-\to+ \quad (4\text{ 次})$$

因此右半平面的根數為

$$N_{\mathrm{RHP}}=4$$

Routh 表中沒有任何一整列全部為零，因此不會由整列零列直接產生 $j\omega$ 軸根。再以 $s=j\omega$ 檢查：

此題主要考察根軌跡（Root Locus）的基本概念，特別是系統的穩定性與參數 $K$ 的關係。系統的穩定性由其特徵方程式的根的分布決定。

首先，我們需要寫出該系統的特徵方程式。
系統的傳遞函數為 $G(s) = \frac{K}{s} \cdot \frac{1}{s^2+3s+1}$。
閉迴路系統的傳遞函數為 $T(s) = \frac{G(s)}{1+G(s)}$。
閉迴路系統的特徵方程式為 $1+G(s) = 0$。
$1 + \frac{K}{s(s^2+3s+1)} = 0$
$s(s^2+3s+1) + K = 0$
$s^3 + 3s^2 + s + K = 0$
這是一個三階系統的特徵方程式。

為了判斷系統的穩定性（漸近穩定、邊界穩定、不穩定），我們可以使用 Routh-Hurwitz 穩定判準。
建立 Routh 表：

$s^3$	1	1
$s^2$	3	K
$s^1$	$b_1$	0
$s^0$	$d_1$	0

計算各項係數：
$b_1 = \frac{3 \times 1 - 1 \times K}{3} = \frac{3-K}{3}$
$d_1 = \frac{b_1 \times K - 3 \times 0}{b_1} = K$

Routh 表第一列係數為：1, 3, $\frac{3-K}{3}$, K。

為了使系統漸近穩定，Routh 表第一列的所有係數必須為正。

1. $1 > 0$ (恆成立)
2. $3 > 0$ (恆成立)
3. $\frac{3-K}{3} > 0 \implies 3-K > 0 \implies K < 3$
4. $K > 0$

綜合以上條件，為了使系統漸近穩定，需要 $0 < K < 3$。

邊界穩定（Marginally Stable）：
當 Routh 表中出現全零列，或者第一列的某個係數為零時，系統可能邊界穩定。

1. 當 $b_1 = \frac{3-K}{3} = 0$ 時，即 $K=3$。
   此時，Routh 表的 $s^1$ 行全為零。
   上一行（$s^2$ 行）的係數構成輔助方程式：$A(s) = 3s^2 + K = 3s^2 + 3 = 3(s^2+1)$。
   輔助方程式的根為 $s^2 = -1 \implies s = \pm j1$。
   由於存在純虛根，且系統的其餘根（由 $s^3$ 行係數 1, 1 可知）在左半平面，因此當 $K=3$ 時，系統邊界穩定。

2. 當 $d_1 = K = 0$ 時。
   此時，Routh 表的第一列為 1, 3, 1, 0。
   當 $K=0$ 時，特徵方程式變為 $s^3 + 3s^2 + s = 0 \implies s(s^2+3s+1)=0$。

核心觀念

本題利用欠阻尼二階標準系統的步階響應規格：

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

其中：

• $\omega_n$：自然頻率
• $\zeta$：阻尼比
• $\sigma=\zeta\omega_n$：極點實部的負值
• $\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$：阻尼自然頻率

由圖可讀出：

• 穩態輸出為 $1$
• 最大峰值為 $1.5$
• 峰值時間為 $t_p=0.02\ \text{sec}$

因此最大超越量為

$$M_p=\frac{1.5-1}{1}=0.5$$

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解題方法

（a）求二階標準系統轉移函數

欠阻尼二階系統的最大超越量為

$$M_p=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}$$

代入 $M_p=0.5$：

$$0.5=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}$$

取自然對數：

$$\ln 2=\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}$$

解得

$$\zeta=\frac{\ln 2}{\sqrt{\pi^2+(\ln 2)^2}} \approx 0.215$$

峰值時間與阻尼自然頻率的關係為

$$t_p=\frac{\pi}{\omega_d}$$

因此

$$\omega_d=\frac{\pi}{0.02} =157.08\ \text{rad/sec}$$

又因為

$$M_p=e^{-\sigma t_p}$$

所以

$$\sigma=\frac{-\ln(0.5)}{0.02} =\frac{\ln 2}{0.02} =34.66\ \text{rad/sec}$$

自然頻率為

$$\omega_n=\sqrt{\sigma^2+\omega_d^2}$$ $$\omega_n =\sqrt{34.66^2+157.08^2} \approx 160.86\ \text{rad/sec}$$

因此

$$2\zeta\omega_n=2\sigma\approx69.31$$ $$\omega_n^2\approx25875$$

由於單位階躍穩態值為 $1$，系統採用單位直流增益形式：

$$\boxed{ G(s)=\frac{25875}{s^2+69.31s+25875} }$$

其極點約為

$$s=-34.66\pm j157.08$$

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（b）求上升時間與安定時間

上升時間

題目給定

$$t_r=\frac{\pi-\beta}{\omega_d}$$

其中

核心觀念

方塊圖的前向傳遞函數與回授函數為

$$G(s)=\frac{K}{s+3}\cdot\frac{1}{s^2+s+3}, \qquad H(s)=\frac{2}{s}$$

為負回授系統，因此特徵方程式為

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

開迴路傳遞函數為

$$L(s)=\frac{2K}{s(s+3)(s^2+s+3)}$$

開迴路極點為

$$p_1=0,\qquad p_2=-3,\qquad p_{3,4}=\frac{-1\pm j\sqrt{11}}{2}$$

系統沒有有限零點。

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解題方法與計算

a) 漸近線交點 Centroid

根軌跡漸近線交點為

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

其中 $n=4$、$m=0$，所以

$$\sigma_a = \frac{0+(-3)+\frac{-1+j\sqrt{11}}{2} +\frac{-1-j\sqrt{11}}{2}}{4}$$ $$\sigma_a=\frac{-4}{4}=-1$$

因此漸近線交點為

$$\boxed{s=-1}$$

漸近線角度為

$$\theta_q=\frac{(2q+1)180^\circ}{4}$$

所以四條漸近線角度為

$$\boxed{45^\circ,\ 135^\circ,\ 225^\circ,\ 315^\circ}$$

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b) 根軌跡與虛軸交點

特徵方程式為

$$s(s+3)(s^2+s+3)+2K=0$$

展開得

$$s^4+4s^3+6s^2+9s+2K=0$$

令 $s=j\omega$：

$$\omega^4-6\omega^2+2K +j(9\omega-4\omega^3)=0$$

虛部必須為零：

$$9\omega-4\omega^3=0$$ $$\omega(9-4\omega^2)=0$$

對於 $K>0$，取

$$\omega^2=\frac{9}{4} \quad\Rightarrow\quad \omega=\frac{3}{2}$$

代入實部：

$$\left(\frac{3}{2}\right)^4 -6\left(\frac{3}{2}\right)^2 +2K=0$$ $$\frac{81}{16}-\frac{216}{16}+2K=0$$

因此

$$\boxed{K=\frac{135}{32}}$$

根軌跡與虛軸交點為

$$\boxed{s=\pm j\frac{3}{2}}$$

另外，$\omega=0$ 對應 $K=0$ 時的原點極點。

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c) 複數極點的出發角

取上半平面極點

$$p_3=\frac{-1+j\sqrt{11}}{2}$$

根軌跡角度條件為

$$\theta_{\text{departure}} = 180^\circ-\sum \angle(p_3-p_j)$$

各向量角度為

$$\angle(p_3-p_1) = \angle\left(\frac{-1+j\sqrt{11}}{2}\right) \approx106.78^\circ$$ $$\angle(p_3-p_2) = \angle\left(\frac{5+j\sqrt{11}}{2}\right) \approx33.56^\circ$$ $$\angle(p_3-p_4)=90^\circ$$

因此

$$\theta_{\text{departure}} = 180^\circ-(106.78^\circ+33.56^\circ+90^\circ)$$ $$\theta_{\text{departure}} \approx-50.34^\circ$$

等效表示為

$$\boxed{\theta_{\text{departure}}\approx309.66^\circ}$$

下半平面極點的出發角為共軛對稱：

$$\boxed{\theta_{\text{departure}}\approx50.34^\circ}$$

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d) 實軸離去點 Breakaway Point

由特徵方程式解出 $K$：

$$K=-\frac{1}{2} \left(s^4+4s^3+6s^2+9s\right)$$

離去點滿足

$$\frac{dK}{ds}=0$$

因此

$$4s^3+12s^2+12s+9=0$$

令 $x=s+1$，可化為

$$4x^3+5=0$$

所以

此題涵蓋了狀態空間表示、狀態回授控制、Luenberger 觀察器設計以及動態輸出回授控制等多個控制系統核心主題。

a) 找出狀態空間表示
給定的傳遞函數為 $G(s) = \frac{Y(s)}{U(s)} = \frac{1}{(s-1)(s^2-s+3)}$。
展開分母：
$(s-1)(s^2-s+3) = s^3 - s^2 + 3s - s^2 + s - 3 = s^3 - 2s^2 + 4s - 3$。
所以，傳遞函數為 $G(s) = \frac{1}{s^3 - 2s^2 + 4s - 3}$。
這是一個三階系統。

我們被要求使用特定的狀態變數定義：$x_1 = y$, $x_2 = \dot{x}_1$, $x_3 = \dot{x}_2$。
這相當於使用控制器標準型（Controller Canonical Form）的狀態變數定義，其中 $x_1$ 是輸出，$x_2$ 是輸出的微分，依此類推。
因此，狀態空間表示為：
$\dot{x} = Ax + Bu$
$y = Cx + Du$
其中 $x = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix}$。

對於控制器標準型，矩陣 A, B, C, D 的形式如下：
$A = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -a_0 & -a_1 & -a_2 \end{bmatrix}, \quad B = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}, \quad C = \begin{bmatrix} a_0 & a_1 & a_2 \end{bmatrix}, \quad D = 0$
其中特徵多項式的係數為 $s^3 + a_2 s^2 + a_1 s + a_0 = 0$。
從 $s^3 - 2s^2 + 4s - 3 = 0$，我們得到 $a_2 = -2$, $a_1 = 4$, $a_0 = -3$。
然而，控制器標準型通常要求特徵多項式的係數為正。
$s^3 - 2s^2 + 4s - 3 = 0$。
如果我們將 $Y(s)/U(s)$ 寫成 $\frac{b_n s^n + \dots + b_0}{s^n + a_{n-1} s^{n-1} + \dots + a_0}$ 的形式。
在此，分子為 1，分母為 $s^3 - 2s^2 + 4s - 3$。
所以，$-a_2 = -2 \implies a_2 = 2$ (這裡的 $a_2$ 是指 $s^2$ 項係數，而不是 $A$ 矩陣中的 $a_2$)。
控制器標準型通常是 $\dot{x}_n + a_{n-1}\dot{x}_{n-1} + \dots + a_0 x_n = b_{n-1}\dot{u} + \dots + b_0 u$。
對於 $G(s) = \frac{1}{s^3 - 2s^2 + 4s - 3}$，對應的微分方程是 $\dddot{y} - 2\ddot{y} + 4\dot{y} - 3y = u$。
令 $x_1 = y$, $x_2 = \dot{y} = \dot{x}_1$, $x_3 = \ddot{y} = \dot{x}_2$。
則 $\dddot{y} = \dot{x}_3$。
$\dot{x}_3 - 2x_3 + 4x_2 - 3x_1 = u$。
$\dot{x}_3 = 3x_1 - 4x_2 + 2x_3 + u$。

所以，狀態空間模型為：
$\dot{x}_1 = x_2$
$\dot{x}_2 = x_3$
$\dot{x}_3 = 3x_1 - 4x_2 + 2x_3 + u$
$y = x_1$

$A = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 3 & -4 & 2 \end{bmatrix}, \quad B = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}, \quad C = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}, \quad D = 0$

b) 設計狀態回授控制器 $u = -Kx$
目標是使閉迴路極點位於 $s = -2 \pm j\sqrt{3}$ 和 $s = -3$。
閉迴路系統的特徵方程式為 $\det(sI - (A - BK)) = 0$。
$A - BK = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 3 & -4 & 2 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} K_1 & K_2 & K_3 \end{bmatrix}$
$A - BK = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 3-K_1 & -4-K_2 & 2-K_3 \end{bmatrix}$

目標閉迴路特徵多項式為：
$(s - (-3))(s - (-2+j\sqrt{3}))(s - (-2-j\sqrt{3})) = 0$
$(s+3)((s+2)^2 - (j\sqrt{3})^2) = 0$
$(s+3)(s^2 + 4s + 4 - (-3)) = 0$
$(s+3)(s^2 + 4s + 7) = 0$
$s^3 + 4s^2 + 7s + 3s^2 + 12s + 21 = 0$
$s^3 + 7s^2 + 19s + 21 = 0$

現在我們比較 $A-BK$ 的特徵多項式與目標多項式。
$\det(sI - (A - BK)) = \det \begin{bmatrix} s & -1 & 0 \\ 0 & s & -1 \\ -(3-K_1) & -(-4-K_2) & s-(-2+K_3) \end{bmatrix}$
$= s \det \begin{bmatrix} s & -1 \\ -(-4-K_2) & s-(-2+K_3) \end{bmatrix} - (-1) \det \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ -(3-K_1) & s-(-2+K_3) \end{bmatrix} + 0$
$= s(s(s+2-K_3) - (-4-K_2)(-1)) + (0 - (-1)(-(3-K_1)))$
$= s(s^2 + (2-K_3)s - (4+K_2)) + (-(3-K_1))$
$= s^3 + (2-K_3)s^2 - (4+K_2)s - 3 + K_1$

將此結果與目標多項式 $s^3 + 7s^2 + 19s + 21 = 0$ 比較係數：
$s^2$ 係數：$2 - K_3 = 7 \implies K_3 = 2 - 7 = -5$
$s^1$ 係數：$-(4+K_2) = 19 \implies 4+K_2 = -19 \implies K_2 = -19 - 4 = -23$
$s^0$ 係數：$-3 + K_1 = 21 \implies K_1 = 21 + 3 = 24$

所以，回授矩陣 $K = [K_1 K_2 K_3] = [24 \quad -23 \quad -5]$。

c) 設計 Luenberger 觀察器
觀察器模型為 $\dot{\hat{x}} = A\hat{x} + Bu + L(y - C\hat{x})$。
觀察器誤差動態為 $\dot{e} = (A - LC)e$，其中 $e = x - \hat{x}$。
目標是使 $(A - LC)$ 的特徵多項式為 $s^3 + 2s^2 + s + 1 = 0$。

此題考查非線性系統的平衡點分析和線性化方法。

a) 確定平衡點
平衡點是指系統狀態不隨時間變化的點，即 $\dot{x}_1 = 0$ 且 $\dot{x}_2 = 0$。
給定的非線性系統為：
$\dot{x}_1 = x_1^2 - x_2$
$\dot{x}_2 = x_1^2 - 1$

令 $\dot{x}_1 = 0$ 和 $\dot{x}_2 = 0$：

1. $x_1^2 - x_2 = 0 \implies x_2 = x_1^2$
2. $x_1^2 - 1 = 0 \implies x_1^2 = 1 \implies x_1 = \pm 1$

將 $x_1 = \pm 1$ 代入 $x_2 = x_1^2$：
若 $x_1 = 1$, 則 $x_2 = 1^2 = 1$。
若 $x_1 = -1$, 則 $x_2 = (-1)^2 = 1$。

因此，平衡點有兩個：

• $(x_1, x_2) = (1, 1)$
• $(x_1, x_2) = (-1, 1)$

b) 找出這些平衡點的線性化系統
線性化是通過計算系統函數在平衡點處的 Jacobian 矩陣來實現的。
令 $f(x_1, x_2) = x_1^2 - x_2$ 和 $g(x_1, x_2) = x_1^2 - 1$。
Jacobian 矩陣 $J$ 為：
$J = \begin{bmatrix} \frac{\partial f}{\partial x_1} & \frac{\partial f}{\partial x_2} \\ \frac{\partial g}{\partial x_1} & \frac{\partial g}{\partial x_2} \end{bmatrix}$
計算偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x_1} = \frac{\partial (x_1^2 - x_2)}{\partial x_1} = 2x_1$
$\frac{\partial f}{\partial x_2} = \frac{\partial (x_1^2 - x_2)}{\partial x_2} = -1$
$\frac{\partial g}{\partial x_1} = \frac{\partial (x_1^2 - 1)}{\partial x_1} = 2x_1$
$\frac{\partial g}{\partial x_2} = \frac{\partial (x_1^2 - 1)}{\partial x_2} = 0$

所以，Jacobian 矩陣為：
$J(x_1, x_2) = \begin{bmatrix} 2x_1 & -1 \\ 2x_1 & 0 \end{bmatrix}$

現在，我們在每個平衡點處計算 Jacobian 矩陣，得到線性化系統。

核心觀念

開迴路傳遞函數為

$$L(s)=\frac{K}{s(s^2+s+3)}$$

閉迴路特徵方程式為

$$1+L(s)=0 \quad\Longrightarrow\quad s(s^2+s+3)+K=0$$

即

$$s^3+s^2+3s+K=0$$

本題使用：

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

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一、相位裕度為 $30^\circ$ 時的增益 $K$

1. 求增益交越頻率

相位裕度為 $30^\circ$，因此在增益交越頻率處：

$$\angle L(j\omega_{gc})=-180^\circ+30^\circ=-150^\circ$$

因為

$$\angle \frac{1}{j\omega}=-90^\circ$$

令

$$3-\omega^2+j\omega$$

的相位為 $\theta$，則

$$-90^\circ-\theta=-150^\circ$$

所以

$$\theta=60^\circ$$

因此

$$\tan 60^\circ=\frac{\omega}{3-\omega^2}$$

得到

$$\sqrt{3}=\frac{\omega}{3-\omega^2}$$

整理：

$$\sqrt{3}\omega^2+\omega-3\sqrt{3}=0$$

取正根：

$$\omega_{gc} =\frac{\sqrt{37}-1}{2\sqrt{3}}$$

其平方為

$$\omega_{gc}^2=\frac{19-\sqrt{37}}{6}$$

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2. 利用幅值條件求 $K$

在 $\theta=60^\circ$ 時，

$$|3-\omega^2+j\omega| =\frac{\omega}{\sin60^\circ} =\frac{2\omega}{\sqrt{3}}$$

故

$$|L(j\omega)| = \frac{K}{\omega\cdot \dfrac{2\omega}{\sqrt{3}}} = \frac{K\sqrt{3}}{2\omega^2}$$

增益交越頻率滿足 $|L(j\omega_{gc})|=1$，因此

$$K=\frac{2\omega_{gc}^2}{\sqrt{3}}$$

代入 $\omega_{gc}^2$：

$$K = \frac{2}{\sqrt{3}}\cdot\frac{19-\sqrt{37}}{6} = \boxed{\frac{19-\sqrt{37}}{3\sqrt{3}}}$$

數值約為

$$\boxed{K\approx2.485}$$

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二、增益裕度

1. 求相位交越頻率

相位交越條件為

$$\angle L(j\omega_{pc})=-180^\circ$$

因此二階項必須提供 $-90^\circ$ 的額外相位。當

$$3-\omega^2=0$$

時，

$$\omega_{pc}=\sqrt{3}$$

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2. 計算相位交越處的增益