113 年 國立中山大學電機工程學系碩士班乙組《控制系統》

核心觀念

本題考查線性時不變系統的可控制性與可觀測性。對系統

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

可利用 PBH（Popov–Belevitch–Hautus）判別法：

• 系統可控制，當且僅當對所有特徵值 $\lambda$，

$$\operatorname{rank}\begin{bmatrix}\lambda I-A & B\end{bmatrix}=n.$$

• 系統可觀測，當且僅當對所有特徵值 $\lambda$，

$$\operatorname{rank}\begin{bmatrix}\lambda I-A\\ C\end{bmatrix}=n.$$

由於 $A$ 已經是 Jordan Canonical Form，只需逐一檢查各 Jordan block。

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（a）可控制性分析

矩陣 $A$ 的 Jordan blocks 為

$$J_3=[3],\qquad J_1= \begin{bmatrix} 1&2\\ 0&1 \end{bmatrix},$$ $$J_3=[3],\qquad J_2= \begin{bmatrix} 2&1\\ 0&2 \end{bmatrix}.$$

其中特徵值 $\lambda=3$ 出現兩次，且對應兩個獨立的 $1\times 1$ Jordan blocks：

• 第 1 個狀態：$\dot{x}_1=3x_1+u$
• 第 4 個狀態：$\dot{x}_4=3x_4$

由輸入矩陣

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

可見輸入對應到 $x_1$，但完全沒有作用於 $x_4$。因此 $x_4$ 對輸入不可控制。

更直接地，取左特徵向量

$$q^T=\begin{bmatrix}0&0&0&1&0&0\end{bmatrix},$$

則

$$q^TA=3q^T, \qquad q^TB=0.$$

依 PBH 可控制性判別法，系統必定不可控制。

核心觀念

本題考查：

• 由輸入輸出微分方程建立狀態空間模型。
• 狀態回授的極點配置。
• Luenberger observer 的誤差系統與極點配置。
• 分離定理：控制器極點與觀測器極點可分別設計。
• 動態輸出回授系統的閉迴路傳遞函數。

原系統傳遞函數為

$$G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)} =\frac{3}{(s-2)(s-4)(s-7)}.$$

展開分母：

$$(s-2)(s-4)(s-7) =s^3-13s^2+50s-56.$$

因此

$$(s^3-13s^2+50s-56)Y(s)=3U(s).$$

對應的時域微分方程為

$$\dddot y-13\ddot y+50\dot y-56y=3u.$$

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(a) 建立狀態空間模型

題目指定

$$x_1=y,\qquad x_2=\dot x_1=\dot y,\qquad x_3=\dot x_2=\ddot y.$$

因此

$$\dot x_1=x_2,$$ $$\dot x_2=x_3.$$

由微分方程整理 $\dddot y$：

$$\dddot y=56y-50\dot y+13\ddot y+3u.$$

代入狀態變數：

$$\dot x_3=56x_1-50x_2+13x_3+3u.$$

故狀態空間模型為

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

其中

$$A= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 56&-50&13 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 3 \end{bmatrix},$$ $$C= \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix}, \qquad D=0.$$

解題技巧

此狀態選擇是由輸出及其導數所組成，因此屬於相位變數形式。建立模型時，只需將最高階導數 $\dddot y$ 由原微分方程解出，即可直接填入 $A$ 的最後一列與 $B$。

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(b) 設計狀態回授增益 $K$

控制律為

$$u=-Kx+v, \qquad K= \begin{bmatrix} K_1&K_2&K_3 \end{bmatrix}.$$

閉迴路狀態矩陣為

$$A-BK.$$

由

$$BK= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 3K_1&3K_2&3K_3 \end{bmatrix},$$

可得

$$A-BK= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 56-3K_1&-50-3K_2&13-3K_3 \end{bmatrix}.$$

對此相位變數形式矩陣，其特徵方程為

$$\det(sI-(A-BK)) =s^3-(13-3K_3)s^2+(50+3K_2)s-(56-3K_1).$$

整理為

$$\det(sI-(A-BK)) =s^3+(3K_3-13)s^2+(50+3K_2)s+(3K_1-56).$$

題目指定所需特徵方程為

$$s^3+5s^2+8s+6=0.$$

逐項比較係數：

$$3K_3-13=5,$$ $$50+3K_2=8,$$ $$3K_1-56=6.$$

因此

$$K_3=6,$$ $$K_2=-14,$$ $$K_1=\frac{62}{3}.$$

故

$$\boxed{ K= \begin{bmatrix} \dfrac{62}{3}&-14&6 \end{bmatrix} }.$$

快速驗算

將增益代回閉迴路矩陣最後一列：

$$\begin{bmatrix} 56-3K_1&-50-3K_2&13-3K_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -6&-8&-5 \end{bmatrix}.$$

因此閉迴路特徵方程為

$$s^3+5s^2+8s+6,$$

與題目要求一致。

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(c) 設計 Luenberger observer 增益 $L$

觀測器為

$$\dot{\hat x} =A\hat x+Bu+L(y-C\hat x).$$

令估測誤差為

$$e=x-\hat x.$$

則

$$\dot e=(A-LC)e.$$

題目中的 $L=[L_1\ L_2\ L_3]$ 實際上應視為欄向量：

$$L= \begin{bmatrix} L_1\\ L_2\\ L_3 \end{bmatrix}.$$

因為

$$LC= \begin{bmatrix} L_1&0&0\\ L_2&0&0\\ L_3&0&0 \end{bmatrix},$$

所以

$$A-LC= \begin{bmatrix} -L_1&1&0\\ -L_2&0&1\\ 56-L_3&-50&13 \end{bmatrix}.$$

其特徵多項式為

$$\det\bigl(sI-(A-LC)\bigr) = s^3+(L_1-13)s^2 +(50-13L_1+L_2)s +(50L_1-13L_2+L_3-56).$$

觀測器所需極點為

$$s=-3+j,\qquad s=-3-j,\qquad s=-2.$$

本題考查根軌跡分析以及 PD 控制器設計。

核心觀念：

1. 根軌跡 (Root Locus)：分析閉迴系統極點隨開迴系統增益 $K$ 變化的軌跡。
2. PD 控制器設計：利用根軌跡或時域規格來設計補償器。
3. 時域規格與閉迴系統極點的關係：阻尼比 $\zeta$ 和自然頻率 $\omega_n$ 與閉迴系統極點的位置有關。

解題步驟：

系統描述：
閉迴系統的開迴傳遞函數為 $G_{ol}(s) = G_c(s) G_p(s)$。
$G_p(s) = \frac{1}{s(s+1)(s+10)}$。
$G_c(s)$ 在 (a) 部分為 $K$ (比例控制器)，在 (b) 部分為 PD 補償器。

(a) 比例控制器 $G_c(s) = K$ 的根軌跡

開迴傳遞函數 $G_{ol}(s) = K \frac{1}{s(s+1)(s+10)}$。
閉迴系統的特徵方程式為 $1 + G_{ol}(s) = 0$。
$1 + K \frac{1}{s(s+1)(s+10)} = 0$
$s(s+1)(s+10) + K = 0$
$s(s^2 + 11s + 10) + K = 0$
$s^3 + 11s^2 + 10s + K = 0$.

根軌跡的基本性質：

1. 極點個數：3 個閉迴極點。
2. 開迴極點：$s=0, s=-1, s=-10$。
3. 開迴零點：無。
4. 根軌跡的起點和終點：根軌跡從開迴極點開始，終止於開迴零點或在 $s \to \infty$ 時。由於零點數量少於極點數量，有 $3-0=3$ 個根軌跡分支趨向 $s \to \infty$。
5. 漸近線：當 $K \to \infty$ 時，根軌跡分支在實軸上會趨向漸近線。
   漸近線中心：$\sigma = \frac{\sum \text{極點} - \sum \text{零點}}{\text{極點數} - \text{零點數}} = \frac{0 + (-1) + (-10) - 0}{3 - 0} = \frac{-11}{3} \approx -3.67$.
   漸近線角度：$\theta = \frac{(2k+1)\pi}{n-m}$, $k = 0, 1, 2, \dots, n-m-1$.
   $n=3, m=0$. $k=0, 1, 2$.
   $\theta_0 = \frac{\pi}{3} = 60^\circ$.
   $\theta_1 = \frac{3\pi}{3} = \pi = 180^\circ$.
   $\theta_2 = \frac{5\pi}{3} = -60^\circ$.
6. 實軸上的根軌跡：在實軸上，右側的開迴極點/零點個數為奇數。
   $s < -10$: 右側有 3 個極點 (0, -1, -10)。所以 $(-\infty, -10]$ 是根軌跡。
   $-10 < s < -1$: 右側有 2 個極點 (0, -1)。不是根軌跡。
   $-1 < s < 0$: 右側有 1 個極點 (0)。所以 $[-1, 0]$ 是根軌跡。
   $s > 0$: 右側有 0 個極點。不是根軌跡。
   實軸根軌跡段：$(-\infty, -10]$ 和 $[-1, 0]$。
7. 交越軸點：令 $s=j\omega$ 代入特徵方程式 $s^3 + 11s^2 + 10s + K = 0$。
   $(j\omega)^3 + 11(j\omega)^2 + 10(j\omega) + K = 0$.
   $-j\omega^3 - 11\omega^2 + j10\omega + K = 0$.
   $(K - 11\omega^2) + j(10\omega - \omega^3) = 0$.
   實部和虛部皆為零：
   $10\omega - \omega^3 = 0 \implies \omega(10 - \omega^2) = 0$.
   $\omega = 0$ (對應 $s=0$, 一個開迴極點)。
   $\omega^2 = 10 \implies \omega = \pm\sqrt{10}$.
   代入實部：$K - 11\omega^2 = 0 \implies K = 11\omega^2 = 11(10) = 110$.
   所以，根軌跡在 $j\omega$ 軸上的交越點為 $s = \pm j\sqrt{10}$，對應的 $K$ 值為 110。
8. 轉折點 (Breakaway/Break-in points)：在實軸上，當 $\frac{dK}{ds} = 0$。
   $K = -(s^3 + 11s^2 + 10s)$.
   $\frac{dK}{ds} = -(3s^2 + 22s + 10) = 0$.
   $3s^2 + 22s + 10 = 0$.
   $s = \frac{-22 \pm \sqrt{22^2 - 4(3)(10)}}{2(3)} = \frac{-22 \pm \sqrt{484 - 120}}{6} = \frac{-22 \pm \sqrt{364}}{6} = \frac{-22 \pm 2\sqrt{91}}{6} = \frac{-11 \pm \sqrt{91}}{3}$.
   $s_1 = \frac{-11 + \sqrt{91}}{3} \approx \frac{-11 + 9.54}{3} \approx -0.48$.
   $s_2 = \frac{-11 - \sqrt{91}}{3} \approx \frac{-11 - 9.54}{3} \approx -6.85$.
   實軸根軌跡段是 $(-\infty, -10]$ 和 $[-1, 0]$。
   $s_1 \approx -0.48$ 位於 $[-1, 0]$ 區間，所以是轉折點 (breakaway point)。
   $s_2 \approx -6.85$ 位於 $(-\infty, -10]$ 區間之外，不在實軸根軌跡段上，所以不是轉折點。
   轉折點約在 $s = -0.48$。

核心觀念

本題利用兩個性質：

1. 偶次多項式可令 $z=s^2$ 降階分析。
2. 具有實係數且為偶函數的多項式，其根具有對稱性：
   • 實係數：若 $s_0$ 是根，則 $s_0^*$ 也是根。
   • 偶函數：若 $s_0$ 是根，則 $-s_0$ 也是根。

因此，非虛軸上的根會以「左半平面、右半平面各兩根」的形式成組出現。

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第一部分：四次多項式的根分布

考慮

$$s^4+as^2+b=0.$$

令

$$z=s^2,$$

則原方程化為

$$z^2+az+b=0.$$

其兩根為

$$z_{1,2}=\frac{-a\pm\sqrt{a^2-4b}}{2}.$$

因為 $a>0$、$b>0$，分三種情況討論。

情況一：$a^2-4b<0$

此時 $z_1,z_2$ 為共軛複數，且

$$\operatorname{Re}(z_1)=\operatorname{Re}(z_2)=-\frac a2<0.$$

對任一個不在實軸上的複數 $z$，方程

$$s^2=z$$

的兩個平方根一個位於左半平面，另一個位於右半平面。故 $z_1,z_2$ 共產生：

• 左半平面根：$2$ 個；
• 右半平面根：$2$ 個；
• 虛軸根：$0$ 個。

因此，此時四次多項式恰有兩個根位於左半平面。

情況二：$a^2-4b=0$

此時

$$z_1=z_2=-\frac a2<0.$$

由於 $z<0$ 時，$s^2=z$ 的根為純虛數，因此四個根皆在虛軸上，不符合題意。

情況三：$a^2-4b>0$

此時 $z_1,z_2$ 為兩個相異實根。由

$$z_1+z_2=-a<0,\qquad z_1z_2=b>0,$$

可知兩根皆為負數。因此四個 $s$ 根皆為純虛數，同樣沒有左半平面根。

核心觀念

單位負回授系統的閉迴路特徵方程為

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

增益裕度（Gain Margin, GM）表示在保持其他條件不變時，迴路增益還能增加多少倍才會抵達臨界穩定。若目前增益為 $K_0$，臨界增益為 $K_{\mathrm{cr}}$，則

$$\mathrm{GM}=\frac{K_{\mathrm{cr}}}{K_0}$$

以分貝表示為

$$\mathrm{GM}_{\mathrm{dB}} =20\log_{10}\left(\frac{K_{\mathrm{cr}}}{K_0}\right)$$

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解題方法

已知

$$G(s)=\frac{K}{s^3+3s^2+2s+6}$$

單位負回授的閉迴路特徵方程為

$$1+\frac{K}{s^3+3s^2+2s+6}=0$$

因此

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

建立 Routh 表：

$$\begin{array}{c|cc} s^3 & 1 & 2\\ s^2 & 3 & 6+K\\ s^1 & \dfrac{3(2)-(6+K)}{3} & 0\\ s^0 & 6+K & \end{array}$$

化簡 $s^1$ 列第一項：

$$\frac{6-6-K}{3}=-\frac{K}{3}$$

故第一欄為

$$1,\quad 3,\quad -\frac{K}{3},\quad 6+K$$

系統穩定必須要求第一欄全部同號。對 $K>0$ 而言，

$$1>0,\qquad 3>0,\qquad -\frac K3<0,\qquad 6+K>0$$

第一欄出現兩次符號變化：

$$+\to +\to -\to +$$

所以所有 $K>0$ 時，閉迴路皆有兩個右半平面極點，系統均不穩定。

當 $K=0$ 時，特徵多項式為

$$s^3+3s^2+2s+6 =(s+3)(s^2+2)$$

其極點為

$$s=-3,\qquad s=\pm j\sqrt{2}$$

系統處於臨界穩定狀態。因此正增益方向的臨界增益為

$$K_{\mathrm{cr}}=0$$

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$K=1$ 時的 GM

核心觀念

單位回授系統的閉迴路傳遞函數為

$$T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)} =\frac{K}{s^2+(a+1)s+(a+K)}.$$

與標準二階系統

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

比較可得

$$\omega_n^2=a+K, \qquad 2\zeta\omega_n=a+1.$$

題目中的 $M_p=1.05$ 為頻率響應的共振峰值，又常記為 $M_r$；$\omega_{pp}$ 為共振頻率。對標準二階系統：

$$M_r=\frac{1}{2\zeta\sqrt{1-\zeta^2}}, \qquad \omega_r=\omega_{pp} =\omega_n\sqrt{1-2\zeta^2}.$$

其中必須滿足 $\zeta<1/\sqrt{2}$，系統才具有有限的共振峰。

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解題方法

1. 由共振峰值求阻尼比

令

$$x=\zeta^2.$$

由 $M_r=1.05$：

$$1.05=\frac{1}{2\sqrt{x}\sqrt{1-x}}.$$

平方後得

$$4(1.05)^2x(1-x)=1,$$ $$4.41x(1-x)=1.$$

因此

$$x^2-x+\frac{1}{4.41}=0.$$

解得

$$\zeta^2 =\frac{1-\sqrt{1-\frac{1}{1.05^2}}}{2} \approx 0.347545.$$

取符合共振條件 $\zeta<1/\sqrt{2}$ 的解：

$$\boxed{\zeta\approx 0.58953}.$$

另一個根大於 $1/\sqrt{2}$，不會產生題目所指定的共振頻率，故不採用。

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2. 由共振頻率求 $\omega_n$

已知 $\omega_{pp}=12$ rad/sec：

$$12=\omega_n\sqrt{1-2\zeta^2}.$$

代入 $\zeta^2\approx0.347545$：

$$\omega_n =\frac{12}{\sqrt{1-2(0.347545)}} \approx 21.7318\ \text{rad/sec}.$$

所以

$$\omega_n^2\approx472.2695.$$

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3. 求 $a$ 與 $K$

由係數比較：

$$a+K=\omega_n^2\approx472.2695,$$ $$a+1=2\zeta\omega_n.$$

計算得

$$2\zeta\omega_n \approx 2(0.58953)(21.7318) \approx25.6230.$$

故

$$a\approx25.6230-1=24.6230,$$ $$K\approx472.2695-24.6230=447.6465.$$

核心觀念

本題考查：

1. 相位裕度（Phase Margin, PM）
2. Bode 圖讀值
3. 週期輸入的傅立葉分解
4. 線性系統穩態正弦響應

增益交越頻率 $\omega_{gc}$ 定義為：

$$|G(j\omega_{gc})|=1$$

相位裕度為：

$$PM=180^\circ+\angle G(j\omega_{gc})$$

若輸入為 $A\cos(\omega t+\theta)$，則穩態輸出為：

$$y_{ss}(t)=A|G(j\omega)|\cos\left(\omega t+\theta+\angle G(j\omega)\right)$$

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解題方法一：求相位裕度

由 Bode 幅值圖讀得增益交越頻率約為：

$$\omega_{gc}\approx 0.8\ \text{rad/s}$$

在此頻率，由相位圖讀得：

$$\angle G(j\omega_{gc})\approx -150^\circ$$

因此：

$$PM=180^\circ-150^\circ$$ $$\boxed{PM\approx 30^\circ}$$

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解題方法二：分解輸入訊號

輸入為：

$$r(t)=\cos^2(0.5t)-\cos(5t)\sin(5t)$$

利用恆等式：

$$\cos^2(0.5t)=\frac{1+\cos t}{2}$$

以及：

$$\cos(5t)\sin(5t)=\frac{1}{2}\sin(10t)$$

可得：

$$r(t)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos t-\frac{1}{2}\sin(10t)$$

因此輸入包含：

• DC 成分：$\dfrac{1}{2}$
• 頻率 $\omega=1$ 的餘弦成分：$\dfrac{1}{2}\cos t$
• 頻率 $\omega=10$ 的正弦成分：$-\dfrac{1}{2}\sin(10t)$

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各頻率成分的穩態輸出

1. DC 成分

由幅值圖在 $\omega=0$ 附近讀得：

核心觀念

本題考查電路的狀態空間建模、非線性系統的平衡點，以及在平衡點附近以雅可比矩陣線性化。電容電流關係為 $i_C=C\dot v_c$，電感電壓關係為 $v_L=L\dot i$；線性化矩陣則由狀態方程對狀態與輸入取偏導數求得。

解題方法

圖中電壓源 $v(t)$ 經電感 $L$ 接到節點 $v_c(t)$；電容 $C$ 與非線性元件並聯接地。電感電流 $i(t)$ 的參考方向由左向右，非線性元件電流為 $f(v_c)$、由節點流向地。

在節點套用克希荷夫電流定律：

$$i=C\dot v_c+f(v_c)$$

在電感兩端套用電壓定律：

$$L\dot i=v-v_c$$

令 $x_1=v_c$、$x_2=i$，並以 $u=v(t)$ 表示輸入，狀態空間模型為

$$\begin{aligned} \dot x_1&=\frac{x_2-f(x_1)}{C},\\ \dot x_2&=\frac{u-x_1}{L}. \end{aligned}$$

平衡點

平衡點滿足 $\dot x_1=\dot x_2=0$。題目給定 $u=1$，因此由第二式得

$$x_1^*=u=1.$$

再由第一式得 $x_2^*=f(x_1^*)$。代入 $f(x)=x^5-x^3+1$：

$$x_2^*=f(1)=1^5-1^3+1=1.$$

所以平衡點為

$$\boxed{x^*=\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}}.$$

平衡點附近的線性化系統

令偏差變數 $\delta x=x-x^*$、$\delta u=u-1$。狀態方程的雅可比矩陣為