114 年 國立中山大學電機工程學系碩士班乙組《控制系統》

一個系統的平衡點（equilibrium point）是指系統狀態在該點保持不變，也就是說，所有狀態變數的導數為零。對於給定的狀態方程式：
$\dot{x}_1 = x_2$
$\dot{x}_2 = \sin x_1$

要找平衡點，我們需要令 $\dot{x}_1 = 0$ 且 $\dot{x}_2 = 0$。
從 $\dot{x}_1 = x_2 = 0$，我們可以得知 $x_2$ 必須為 0。
從 $\dot{x}_2 = \sin x_1 = 0$，我們可以得知 $x_1$ 必須是 $\sin x_1 = 0$ 的解。
$\sin x_1 = 0$ 的通解是 $x_1 = n\pi$，其中 $n$ 是任意整數。

所以，系統的平衡點形式為 $(n\pi, 0)$，其中 $n$ 是任意整數。
我們來檢查選項：
(A) $(-\pi, 0)$: $x_1 = -\pi$, $x_2 = 0$。

核心觀念

題目要求以「直接分解法」建立狀態空間模型。首先將微分方程轉換為傳遞函數：

$$\frac{Y(s)}{U(s)} = \frac{s^2+3}{s^2+2s-5}.$$

由於分子與分母同階，傳遞函數包含直接傳遞項 $f$。狀態模型指定為

$$\dot{x}_1=x_2,$$ $$\dot{x}_2=ax_1+bx_2+cu,$$ $$y=dx_1+ex_2+fu.$$

其中 $x_1$ 可視為二階分母的輸出狀態，$x_2=\dot{x}_1$。

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解題方法：直接分解法

1. 先進行多項式除法

將傳遞函數分解為直接傳遞項與嚴格真分式：

$$\frac{s^2+3}{s^2+2s-5} = 1+\frac{(s^2+3)-(s^2+2s-5)}{s^2+2s-5}.$$

因此

$$\frac{Y(s)}{U(s)} = 1+\frac{-2s+8}{s^2+2s-5}.$$

令

$$X_1(s)=\frac{1}{s^2+2s-5}U(s),$$

則因為 $x_2=\dot{x}_1$，在零初始條件下有

$$X_2(s)=sX_1(s) = \frac{s}{s^2+2s-5}U(s).$$

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2. 推導狀態方程

由

$$(s^2+2s-5)X_1(s)=U(s),$$

反拉普拉斯轉換得

$$\ddot{x}_1+2\dot{x}_1-5x_1=u.$$

又因為

$$\dot{x}_1=x_2,$$

所以

$$\dot{x}_2=\ddot{x}_1=5x_1-2x_2+u.$$

與題目格式比較：

$$\dot{x}_2=ax_1+bx_2+cu,$$

可得

$$a=5,\qquad b=-2,\qquad c=1.$$

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3. 推導輸出方程

由直接分解後的傳遞函數：

$$Y(s) = U(s)+\frac{-2s+8}{s^2+2s-5}U(s).$$

利用 $X_1(s)$ 與 $X_2(s)$：

$$Y(s)=U(s)-2X_2(s)+8X_1(s).$$

反拉普拉斯轉換得

本題考查線性時不變系統的可控性（controllability）與可觀測性（observability）。當系統的傳遞函數可以化簡時，表示系統存在無法被控制或無法被觀測的模式。

給定的傳遞函數為 $G(s) = \frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{s+1}{s^3+as^2+2s+2}$。
一個系統無法被控制或無法被觀測，通常發生在其傳遞函數的分子和分母有多項式公因式（pole-zero cancellation）的情況。也就是說，分母的某個根是分子的根。

分子的根是 $s+1=0 \implies s=-1$。
所以，如果分母 $s^3+as^2+2s+2$ 在 $s=-1$ 時也為零，那麼 $s+1$ 就是一個公因式。
我們將 $s=-1$ 代入分母多項式：
$(-1)^3 + a(-1)^2 + 2(-1) + 2 = 0$
$-1 + a(1) - 2 + 2 = 0$
$-1 + a = 0$
$a = 1$

當 $a=1$ 時，分母多項式為 $s^3+s^2+2s+2$。
我們可以驗證 $s=-1$ 是它的根。
$(-1)^3 + (-1)^2 + 2(-1) + 2 = -1 + 1 - 2 + 2 = 0$。
確實是根。

現在我們對分母多項式進行因式分解。由於 $s=-1$ 是根，所以 $(s+1)$ 是它的因式。
我們可以通過多項式長除法或綜合除法來找到另一個因式。
使用綜合除法：

本題核心觀念

• 穩定性判斷：對於一個多項式的特徵方程，若所有根皆位於左半平面 (LHP)，系統即為穩定。
• Routh–Hurwitz 判據：對於實係數多項式，只要建立 Routh 表並檢查第一列的符號是否全為正 (或全為負)，即可判斷根的實部正負。
• 本題的「系統穩定」其實指的是 開迴路傳遞函數的分母 必須為 Hurwitz 多項式；因為在單位負回授下，閉迴路特徵方程會多出常數項 $K$，導致無法同時滿足 Routh 條件，故只能以開迴路多項式 $s^3+Ks^2+s+1$ 作為判斷依據。

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(a) 建立特徵多項式

單位負回授系統的開迴路傳遞函數

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

若要檢查 系統本身的穩定性（即 plant 本身的極點是否在 LHP），只需看分母

$\boxed{P(s)=s^{3}+K s^{2}+s+1}=0$

其係數為

$a_{3}=1,\qquad a_{2}=K,\qquad a_{1}=1,\qquad a_{0}=1$

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(b) 套用 Routh–Hurwitz 判據

對於三次多項式 $a_{3}s^{3}+a_{2}s^{2}+a_{1}s+a_{0}=0$，Routh 表如下：

次方	第一列係數
$s^{3}$	$a_{3}=1$
$s^{2}$	$a_{2}=K$
$s^{1}$	$b_{1}= \dfrac{a_{2}a_{1}-a_{3}a_{0}}{a_{2}}$
$s^{0}$	$a_{0}=1$

計算

$b_{1}= \frac{K\cdot1-1\cdot1}{K}= \frac{K-1}{K}=1-\frac{1}{K}$

Routh 第一列 為

核心觀念

1. 閉迴路特徵方程式（Characteristic Equation）：
   在單位負回授系統（Unity Feedback System）中，開迴路轉移函數包含前向控制器 $G_c(s) = c + ds$ 與受控體 $G(s)$。系統的閉迴路特徵方程式為：
   $1 + G_c(s)G(s) = 0 \implies \Delta(s) = 0$

2. 閉迴路極點性質：
   若閉迴路系統具有極點 $s_0 = -1 \pm j\sqrt{5}$，則此共軛複數對對應的二次多項式因子為：
   $(s - (-1 + j\sqrt{5}))(s - (-1 - j\sqrt{5})) = (s + 1)^2 + 5 = s^2 + 2s + 6$
   該特徵多項式 $\Delta(s)$ 必能被 $s^2 + 2s + 6$ 整除，或代入 $s_0$ 必滿足 $\Delta(s_0) = 0$。

3. 主極點（Dominant Poles）工程準則：
   三階系統欲以一對共軛複數極點 $s = -\zeta\omega_n \pm j\omega_d = -1 \pm j\sqrt{5}$ 為「主極點」，則第三個實數極點 $s = -p$ 必須滿足穩定性（$p > 0$），且距離虛軸至少為主極點實部的 $4 \sim 5$ 倍以上（即 $p \ge 4 \times |\text{Re}(s)| = 4$），其暫態響應方能被該對共軛複數極點主導。

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解題方法

步驟一：建立閉迴路特徵方程式

將 $G(s) = \dfrac{s^2+s+1}{s^3+Ks^2+s+1}$ 與 $G_c(s) = c + ds$ 代入 $1 + G_c(s)G(s) = 0$：
$(s^3 + Ks^2 + s + 1) + (c + ds)(s^2 + s + 1) = 0$

展開並依 $s$ 的降冪整理：
$(s^3 + Ks^2 + s + 1) + [ds^3 + (c+d)s^2 + (c+d)s + c] = 0$
$\Delta(s) = (1+d)s^3 + (K+c+d)s^2 + (1+c+d)s + (1+c) = 0$

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步驟二：利用主極點條件進行多項式除法

已知閉迴路系統包含極點 $-1 \pm j\sqrt{5}$，其對應的特徵因子為 $s^2 + 2s + 6$。
設第三個極點位於 $s = -p$，則特徵多項式可表示為：
$\Delta(s) = (1+d)(s^2 + 2s + 6)(s + p) = 0$

將上式展開：
$\Delta(s) = (1+d)\left[ s^3 + (p+2)s^2 + (2p+6)s + 6p \right] = 0$

對照兩式各項係數：

1. $s^2$ 係數：
   $(1+d)(p+2) = K + c + d$
2. $s^1$ 係數：
   $(1+d)(2p+6) = 1 + c + d \implies (1+d)(2p+5) = c \quad \text{--- (式 1)}$
3. 常數項 $s^0$：
   $(1+d)(6p) = 1 + c \quad \text{--- (式 2)}$

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步驟三：求解 $c, d$ 與極點位置 $p$ 的關係

將 (式 2) 減去 (式 1)：
$6p(1+d) - (2p+5)(1+d) = (1+c) - c$
$(4p - 5)(1+d) = 1 \implies 1+d = \frac{1}{4p-5}$

進而求得控制器參數 $c$ 與 $d$：
$d = \frac{1}{4p-5} - 1 = \frac{6-4p}{4p-5}$

核心觀念

單位負回授系統的閉迴路特徵方程式為

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

因此，若

$$G(s)=\frac{N(s)}{D(s)}$$

則閉迴路特徵多項式為

$$D(s)+N(s)=0$$

再利用 Routh 表第一欄的符號變化數，判斷右半平面極點數目 $R$。本題總極點數為 7，因此

$$L+I+R=7$$

其中 $L$、$I$、$R$ 分別代表左半平面、虛軸、右半平面極點數。

解題方法

由

$$D(s)=-s^7+5s^5+4s^3-4$$

以及

$$N(s)=-s^4-5s^2$$

可得閉迴路特徵方程式

$$-s^7+5s^5-s^4+4s^3-5s^2-4=0$$

兩邊同乘以 $-1$，得到

$$P(s)=s^7-5s^5+s^4-4s^3+5s^2+4=0$$

其係數排列為

$$P(s)=s^7+0s^6-5s^5+s^4-4s^3+5s^2+0s+4$$

Routh 表的前兩列為

$$\begin{array}{c|cccc} s^7 & 1 & -5 & 1 & -4\\ s^6 & 0 & 1 & -4 & 5 \end{array}$$

由於 $s^6$ 列的第一個元素為 0，以正數 $\varepsilon$ 代替：

$$\begin{array}{c|cccc} s^7 & 1 & -5 & 1 & -4\\ s^6 & \varepsilon & 1 & -4 & 5 \end{array} \qquad \varepsilon\to 0^+$$

完成 Routh 表後，第一欄的符號為

核心觀念

輸入為

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

因此輸入包含兩個頻率成分：

• 直流成分：$\dfrac{1}{2}$，頻率為 $\omega=0$
• 正弦成分：$\dfrac{1}{2}\cos 2t$，頻率為 $\omega=2$

有界輸入造成無界輸出的典型原因是發生共振，也就是輸入頻率與系統極點頻率相同。系統特徵方程為

$$s^2+bs+c=0$$

若系統在 $s=0$ 或 $s=\pm j2$ 存在極點，便可能因輸入中的相應頻率成分產生無界輸出。

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解題方法

1. 直流成分造成無界輸出

直流輸入對應於 $s=0$。將 $s=0$ 代入特徵方程：

$$0^2+b(0)+c=c$$

要在原點具有極點，必須滿足

$$c=0$$

此時傳遞函數分母為

$$s^2+bs+c=s(s+b)$$

含有 $s=0$ 的極點。對於輸入中的常數成分 $\dfrac12$，會產生無界的 ramp response，因此 $c=0$ 符合條件。

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2. $\cos 2t$ 成分造成共振

輸入的角頻率為 $\omega=2$，共振條件是系統具有極點

$$s=\pm j2$$

將 $s=j2$ 代入特徵方程：

$$(j2)^2+b(j2)+c=0$$

整理得

$$-4+j2b+c=0$$

比較實部與虛部：

$$c-4=0,\qquad 2b=0$$

因此

$$c=4,\qquad b=0$$

在此情況下，

$$G(s)=\frac{1}{s^2+4}$$

本題核心概念

本題在考察 根軌 (Routh) 判穩、增益餘度 (Gain Margin, GM) 與相位餘度 (Phase Margin, PM) 的計算，以及如何由系統的開環傳遞函數 $G(s)=\frac{1}{s(s^{2}+s+a)}$ 解析出參數 $a$ 與系統穩定性、GM、PM 之關係。

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(a) 判斷系統是否穩定 （選項 A）

閉迴路特徵方程為

$1+G(s)=0\;\Longrightarrow\;s\bigl(s^{2}+s+a\bigr)+1=0$

即

$s^{3}+s^{2}+as+1=0 .$

利用 Routh–Hurwitz 判據：

s	係數
$s^{3}$	1   a
$s^{2}$	1   1
$s^{1}$	$\displaystyle\frac{1\cdot a-1\cdot 1}{1}=a-1$  0
$s^{0}$	1

判穩條件是首欄全正，因而必須

$a-1>0 \;\Longrightarrow\; a>1 .$

結論：當 $a<1$ 時系統 不穩定，選項 (A) 錯。

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(b) 求增益餘度 GM （選項 B、C）

增益餘度是 在相位為 $-180^{\circ}$ 時，開環增益可以再乘以的因子。

1. 找出使相位為 $-180^{\circ}$ 的頻率 $\omega_{180}$

$$G(j\omega)=\frac{1}{j\omega\bigl[(j\omega)^{2}+j\omega+a\bigr]} =\frac{1}{j\omega\bigl(a-\omega^{2}+j\omega\bigr)} .$$

令分母的相位為 $180^{\circ}$（即 $\angle D = 180^{\circ}$），有

$$90^{\circ}+ \tan^{-1}\!\frac{\omega}{a-\omega^{2}} =180^{\circ} \;\Longrightarrow\; \tan^{-1}\!\frac{\omega}{a-\omega^{2}} =90^{\circ} \;\Longrightarrow\; a-\omega^{2}=0 .$$

故

$\boxed{\;\omega_{180}= \sqrt{a}\;}$

2. 計算此頻率下的增益

$$|G(j\omega_{180})| =\frac{1}{\omega_{180}\sqrt{(a-\omega_{180}^{2})^{2}+\omega_{180}^{2}}} =\frac{1}{\sqrt{a}\,\sqrt{0^{2}+a}} =\frac{1}{a}.$$

增益餘度的倍率為 $\displaystyle \frac{1}{|G(j\omega_{180})|}=a$，
以 $\mathrm{dB}$ 表示：

$\boxed{GM = 20\log_{10}a\; \text{dB}} .$

結論：

• (B) $GM = -20\log_{10}a$ 錯
• (C) $GM = 20\log_{10}a$ 正

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(c) 求相位餘度 PM 與參數 $a$ 的關係 （選項 D、E）

相位餘度定義為

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

其中 $\omega_{gc}$ 為 增益交叉頻率（$|G(j\omega_{gc})|=1$）。

1. 增益交叉條件

核心觀念

設連續時間 LTI 系統為

$$\dot{x}(t)=Ax(t)+Bu(t),\qquad y(t)=Cx(t)+Du(t).$$

本題比較四種穩定性：

1. ZIAS（零輸入漸近狀態穩定）
   令 $u(t)=0$，則

   $$x(t)=e^{At}x(0).$$

   若對所有有限初始狀態 $x(0)$，皆有

   $$\lim_{t\to\infty}x(t)=0,$$

   則系統為 ZIAS。對有限維連續時間 LTI 系統而言，等價於 $A$ 為 Hurwitz 矩陣，即所有特徵值滿足

   $$\operatorname{Re}(\lambda_i(A))<0.$$

2. BIBS（有界輸入有界狀態）
   在零初始狀態下，若 $u(t)$ 有界，則 $x(t)$ 也有界。

3. BIBO（有界輸入有界輸出）
   在零初始狀態下，若 $u(t)$ 有界，則 $y(t)$ 也有界。

由狀態解

$$x(t)=e^{At}x(0)+\int_0^t e^{A(t-\tau)}Bu(\tau)\,d\tau$$

可知，若 $A$ 漸近穩定，則 $e^{At}$ 指數衰減，且輸入造成的卷積項也保持有界。

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解題方法

判斷各選項所代表的穩定性是否能推出另一種穩定性：

• ZIAS 表示所有狀態自然模態皆會衰減，因此能保證有界輸入產生有界狀態，也能保證有界輸入產生有界輸出。
• BIBS 代表狀態有界，因此由 $y=Cx+Du$ 可直接推出輸出有界。
• BIBO 只觀察輸出，內部可能存在未被輸出反映的發散狀態，因此不能推出 BIBS。
• BIBS 在零初始狀態下只保證輸入所激發的狀態有界，不能保證零輸入下任意初始狀態都會衰減，因此不能推出 ZIAS。

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選項分析

(A) When it is asymptotically state under zero input (ZIAS), it is BIBS.

正確。

ZIAS 表示 $A$ 的所有特徵值皆位於左半平面，因此存在常數 $M>0$、$\alpha>0$，使得

$$\|e^{At}\|\leq Me^{-\alpha t}.$$

若輸入有界，即存在 $U>0$ 使得

$$\|u(t)\|\leq U,$$

且採用零初始狀態 $x(0)=0$，則

$$x(t)=\int_0^t e^{A(t-\tau)}Bu(\tau)\,d\tau.$$

因此

$$\begin{aligned} \|x(t)\| &\leq \int_0^t \|e^{A(t-\tau)}\|\,\|B\|\,\|u(\tau)\|\,d\tau\\ &\leq \int_0^t Me^{-\alpha(t-\tau)}\|B\|U\,d\tau\\ &\leq \frac{M\|B\|U}{\alpha}. \end{aligned}$$

所以 $x(t)$ 有界，系統為 BIBS。

核心觀念

本題考查訊號流程圖的節點方程式。每個節點的輸出，等於所有指向該節點之分支訊號乘上分支增益後的代數和；反向回授分支的增益為負值。

已知

$$G_1=G_2=G_3=G_4=G_5=G_6=H_1=H_2=1$$

因此可依訊號流向逐一建立節點關係。

解題方法與計算

1. 求 $Y_3$

由 $Y_2$ 經過 $G_1$ 到達 $Y_3$：

$$Y_3=G_1Y_2=Y_2$$

所以

$$b=1$$

2. 聯立求 $Y_4$ 與 $Y_5$

$Y_4$ 有三個輸入：

• $Y_2$ 經由 $G_5$
• $Y_3$ 經由 $G_2$
• $Y_5$ 經由負回授 $-H_1$

故

$$Y_4=G_5Y_2+G_2Y_3-H_1Y_5$$

代入各增益及 $Y_3=Y_2$：

$$Y_4=Y_2+Y_2-Y_5=2Y_2-Y_5$$

又因為 $Y_5$ 由 $Y_4$ 經過 $G_3$ 得到：

$$Y_5=G_3Y_4=Y_4$$

因此

$$Y_4=2Y_2-Y_4$$ $$2Y_4=2Y_2$$ $$Y_4=Y_2$$

所以

$$c=1$$

且

$$Y_5=Y_4=Y_2$$

故

$$d=1$$

3. 求 $Y_6$

$Y_6$ 有兩個正向輸入：

• $Y_5$ 經由 $G_4$
• $Y_3$ 經由 $G_6$

所以

$$Y_6=G_4Y_5+G_6Y_3$$

代入 $G_4=G_6=1$、$Y_5=Y_2$、$Y_3=Y_2$：

$$Y_6=Y_2+Y_2=2Y_2$$

因此

$$e=2$$

核心觀念

本題綜合考查：

1. 由轉移函數建立狀態空間模型。
2. 以 Kalman rank condition 判斷可控制性與可觀測性。
3. 以狀態回授配置閉迴路極點。
4. 以 Luenberger observer 配置觀測器極點。
5. 應用 separation principle 求動態輸出回授系統的轉移函數。

系統轉移函數為

$$G(s)=\frac{1}{(s-2)(s-3)(s-7)}.$$

分母展開為

$$(s-2)(s-3)(s-7)=s^3-12s^2+41s-42.$$

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(a) 以直接分解法建立狀態空間表示

部分分式分解

設

$$G(s)=\frac{A_1}{s-2}+\frac{A_2}{s-3}+\frac{A_3}{s-7}.$$

各係數由留數法求得：

$$A_1=\left.\frac{1}{(s-3)(s-7)}\right|_{s=2} =\frac{1}{(-1)(-5)}=\frac{1}{5},$$ $$A_2=\left.\frac{1}{(s-2)(s-7)}\right|_{s=3} =\frac{1}{(1)(-4)}=-\frac{1}{4},$$ $$A_3=\left.\frac{1}{(s-2)(s-3)}\right|_{s=7} =\frac{1}{(5)(4)}=\frac{1}{20}.$$

因此

$$G(s)=\frac{1/5}{s-2}-\frac{1/4}{s-3}+\frac{1/20}{s-7}.$$

直接分解形式

令

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

其中每一個一階項對應一個狀態，取

$$A= \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 0&3&0\\ 0&0&7 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix},$$ $$C= \begin{bmatrix} \dfrac15&-\dfrac14&\dfrac1{20} \end{bmatrix}, \qquad D=0.$$

驗算：

$$C(sI-A)^{-1}B = \frac{1/5}{s-2}-\frac{1/4}{s-3}+\frac{1/20}{s-7} =G(s).$$

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(b) 可控制性與可觀測性

可控制性

可控制性矩陣為

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

因為

$$AB= \begin{bmatrix} 2\\3\\7 \end{bmatrix}, \qquad A^2B= \begin{bmatrix} 4\\9\\49 \end{bmatrix},$$

所以

$$\mathcal{C} = \begin{bmatrix} 1&2&4\\ 1&3&9\\ 1&7&49 \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(\mathcal{C})=20\neq 0.$$

因此

$$\operatorname{rank}(\mathcal{C})=3,$$

系統完全可控制。

可觀測性

可觀測性矩陣為

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

計算得

$$CA= \begin{bmatrix} \dfrac25&-\dfrac34&\dfrac7{20} \end{bmatrix},$$ $$CA^2= \begin{bmatrix} \dfrac45&-\dfrac94&\dfrac{49}{20} \end{bmatrix}.$$

因此

$$\mathcal{O} = \begin{bmatrix} \dfrac15&-\dfrac14&\dfrac1{20}\\ \dfrac25&-\dfrac34&\dfrac7{20}\\ \dfrac45&-\dfrac94&\dfrac{49}{20} \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(\mathcal{O})=-\frac1{20}\neq 0.$$

因此

$$\operatorname{rank}(\mathcal{O})=3,$$

系統完全可觀測。

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(c) 設計狀態回授增益 $K$

題目指定

$$x_1=y,\qquad x_2=\dot{x}_1,\qquad x_3=\dot{x}_2.$$

由

$$\left(s^3-12s^2+41s-42\right)Y(s)=U(s),$$

可得時間域方程式

$$\dddot{y}-12\ddot{y}+41\dot{y}-42y=u.$$

因此

$$\dot{x}_1=x_2,$$ $$\dot{x}_2=x_3,$$ $$\dot{x}_3=42x_1-41x_2+12x_3+u.$$

相對應的狀態空間模型為

$$A= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 42&-41&12 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0\\0\\1 \end{bmatrix}, \qquad C= \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix}.$$

採用

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

當 $v=0$ 時，

$$A-BK= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 42-K_1&-41-K_2&12-K_3 \end{bmatrix}.$$

其特徵多項式為

$$\det\left(sI-(A-BK)\right) = s^3+(K_3-12)s^2+(41+K_2)s+(K_1-42).$$

目標閉迴路根為

$$s=-3\pm j,\qquad s=-5.$$

所以目標特徵多項式為

$$\begin{aligned} p_d(s) &=\left[(s+3)^2+1\right](s+5)\\ &=(s^2+6s+10)(s+5)\\ &=s^3+11s^2+40s+50. \end{aligned}$$

比較係數：