核心觀念

對單位階躍輸入 $R(s)=1/s$，輸出為

$$Y(s)=\frac{H(s)}{s}$$

判斷步階響應主要觀察：

1. 極點位置

   • 左半平面：穩定。
   • 右半平面：發散。
   • 純虛軸：持續振盪。
   • 複數極點：阻尼振盪。

2. 最終值

$$y(\infty)=\lim_{s\to 0}sY(s)=\lim_{s\to0}H(s)$$

3. 初值與初始斜率

$$y(0^+)=\lim_{s\to\infty}H(s)$$ $$y'(0^+)=\lim_{s\to\infty}sH(s)$$

原卷掃描中的選項公式與題目文字列表有數處誤植，以下依原卷圖形可辨識的公式進行配對。

解題方法與配對

Step Response (1)

圖形從 $1$ 開始，單調衰減至 $0$，符合

$$H(s)=\frac{s}{s+1}$$

其階躍響應為

$$Y(s)=\frac{1}{s+1}$$

因此

$$\boxed{\text{Step Response (1)}\rightarrow (E)}$$

---

Step Response (2)

圖形呈現振幅逐漸增加的振盪，代表有右半平面複數極點。

選項 $(N)$：

$$H(s)=\frac{1}{s^2-0.1s+1}$$

其極點為

$$s=\frac{0.1\pm\sqrt{0.01-4}}{2} =0.05\pm j0.9987$$

實部為正，因此響應振幅會逐漸增加。

$$\boxed{\text{Step Response (2)}\rightarrow (N)}$$

---

Step Response (3)

圖形一開始先向負值移動，之後超越穩態值 $1$，最後衰減至 $1$。這是具有右半平面零點的欠阻尼系統。

選項 $(T)$：

$$H(s)=\frac{1-s}{s^2+s+1}$$

其穩態值為

$$y(\infty)=H(0)=1$$

而初始斜率為

$$y'(0^+)=\lim_{s\to\infty}sH(s)=-1$$

因此響應會先向下，再因複數極點產生超越與衰減振盪。

$$\boxed{\text{Step Response (3)}\rightarrow (T)}$$

---

Step Response (4)

圖形由 $0$ 快速上升，略微超越 $1$，再回到 $1$。選項 $(R)$ 為

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

其穩態值為

$$y(\infty)=H(0)=1$$

且為重根系統，分子中的零點造成短暫超越。

$$\boxed{\text{Step Response (4)}\rightarrow (R)}$$

---

Step Response (5)

圖形由 $0$ 上升至 $1$，並具有小幅度、逐漸衰減的振盪。選項 $(O)$：

$$H(s)=\frac{50}{(s+1)(s^2+s+50)}$$

其穩態值為

$$H(0)=1$$

二階因子

$$s^2+s+50$$

具有阻尼複數極點，因此產生衰減振盪；額外的 $s=-1$ 極點使響應最後穩定於 $1$。

$$\boxed{\text{Step Response (5)}\rightarrow (O)}$$

---

Step Response (6)

圖形為振幅固定、介於 $0$ 與 $2$ 之間的持續振盪，週期約為 $2\pi$。選項 $(P)$：

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

階躍響應為

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

反拉氏變換得

$$y(t)=1-\cos t$$

因此

$$0\le y(t)\le 2$$

且不會衰減。

$$\boxed{\text{Step Response (6)}\rightarrow (P)}$$

---

Step Response (7)

圖形具有明顯超越，之後以阻尼振盪方式衰減至 $1$。選項 $(I)$：

$$H(s)=\frac{1}{s^2+0.5s+1}$$

其標準二階系統參數為

$$\omega_n=1,\qquad 2\zeta\omega_n=0.5$$

所以

$$\zeta=0.25$$

因為 $0<\zeta<1$，系統為欠阻尼，會有衰減振盪與明顯超越。

$$y(\infty)=H(0)=1$$

因此

$$\boxed{\text{Step Response (7)}\rightarrow (I)}$$

---

Step Response (8)

圖形單調上升至 $1$，但初始斜率為 $0$，符合二重實極點系統：

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

階躍響應為

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

因此

$$y(t)=1-(1+t)e^{-t}$$

此響應單調趨近 $1$，且

$$y(0^+)=0,\qquad y'(0^+)=0$$

所以

$$\boxed{\text{Step Response (8)}\rightarrow (C)}$$

選項分析

$(A)$

$$H(s)=\frac{2}{s^2+s-2} =\frac{2}{(s-1)(s+2)}$$

含有右半平面極點 $s=1$，步階響應會發散，不符合八個圖形。

---

$(B)$

原卷為

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

核心觀念

本題主要考查：

• Bode 圖判讀：原點極點、相對階數、右半平面零點。
• 單位回授系統的閉迴路穩定性、增益邊界與穩態誤差。
• 二階系統穩定條件與無震盪條件。
• 時間延遲系統的穩定性。
• 控制器型態與系統型別（System Type）對追蹤誤差的影響。

依原卷圖式，微分方程式應為

$$\ddot y(t)+a_1\dot y(t)+a_0y(t) =b\dot u(t-\tau)+u(t-\tau).$$

因此

$$G(s)=\frac{(bs+1)e^{-s\tau}}{s^2+a_1s+a_0}.$$

---

(2a) 原點極點數

低頻時 Bode magnitude plot 的斜率約為 $-20$ dB/dec，且相位由 $-90^\circ$ 開始，表示系統含有一個積分器。

$$\boxed{\text{原點有 1 個極點}}$$

---

(2b) 相對階數

高頻時，Bode magnitude plot 的斜率約為 $-40$ dB/dec，因此分母次數比分子次數多 $2$ 次。

$$\boxed{\text{相對階數為 }2}$$

---

(2c) 右半平面零點數

系統為三階，且相對階數為 $2$，因此有限零點數為

$$3-2=1.$$

由 Bode phase plot 可觀察到相位變化與一般全左半平面零點不符，代表此有限零點位於右半平面。

$$\boxed{\text{右半平面有 1 個零點}}$$

---

(2d) 閉迴路頻寬

當 $C=1$ 時，單位回授閉迴路轉移函數為

$$T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)}.$$

由圖中頻率約 $\omega=1.15\ \text{rad/s}$ 處，系統相位接近 $180^\circ$，且閉迴路響應開始明顯衰減，因此可將此頻率視為閉迴路頻寬的近似值。

$$\boxed{\omega_{\mathrm{BW}}\approx 1.15\ \text{rad/s}}$$

---

(2e) 穩定控制器增益範圍

在 $\omega=1.15\ \text{rad/s}$ 時，Bode magnitude plot 顯示

$$20\log_{10}|G(j\omega)|=-8.5\ \text{dB}.$$

因此增益邊界為

$$GM_{\mathrm{dB}}=8.5\ \text{dB}.$$

換算為倍率：

$$GM=10^{8.5/20}\approx 2.66.$$

若比例控制器為 $C=K$，則正增益下的穩定範圍為

$$0<K<2.66.$$ $$\boxed{0<K<2.66}$$

---

(2f) 單位步階穩態誤差

由 (2a) 可知 $G$ 含有一個原點極點，因此系統為 Type 1 系統。

對單位負回授 Type 1 系統，單位步階輸入的穩態誤差為零：

$$e_{\mathrm{ss}}=0.$$ $$\boxed{e_{\mathrm{ss}}=0}$$

---

(2g) 穩定且步階響應無震盪的條件

當 $b=0$ 時，

$$G(s)=\frac{e^{-s\tau}}{s^2+a_1s+a_0}.$$

延遲只會改變時間位置，不影響此二階分母的極點型態。

二階系統穩定的條件為

$$a_1>0,\qquad a_0>0.$$

特徵方程為

$$s^2+a_1s+a_0=0.$$

要使步階響應無震盪，兩個極點必須為實數，因此

$$a_1^2-4a_0\ge 0.$$

所以完整條件為

$$\boxed{a_1>0,\quad a_0>0,\quad a_1^2\ge 4a_0}$$

其中等號代表臨界阻尼，大於則為過阻尼。

---

(2h) 增益邊界是否可能為無窮大

當 $b>0$ 且 $\tau=0$ 時，

$$G(s)=\frac{bs+1}{s^2+a_1s+a_0}.$$

高頻時，

$$G(j\omega)\approx \frac{jb\omega}{(j\omega)^2} =\frac{b}{j\omega},$$

其相位趨近於 $-90^\circ$，不會再次通過 $-180^\circ$。

因此系統可能沒有相位交越頻率，增益邊界可以為無窮大。

$$\boxed{\text{可以}}$$

---

(2i) 最小相位系統搭配比例控制器

令 $\tau=0$，比例控制器為

$$C(s)=K,\qquad K>0.$$

閉迴路特徵方程為

$$s^2+a_1s+a_0+K(bs+1)=0,$$

整理得

$$s^2+(a_1+Kb)s+(a_0+K)=0.$$

若 $G$ 為最小相位系統，且原本穩定，則

$$a_1>0,\quad a_0>0,\quad b\ge 0.$$

對任意 $K>0$，

核心觀念

本題涉及兩個重點：

1. 正弦波的「振幅放大」通常以 LTI 系統的頻率響應 $G(j\omega)$ 判斷。
2. 單位負回授系統若要使步階輸入的穩態誤差為零，控制器通常必須包含積分作用，即使用 $C(s)=K_I/s$。

然而，題目給定的系統為

$$y(t)=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\tau t}\cos(\tau)u(t-\tau)\,d\tau, \qquad t\geq 0.$$

其中積分核為

$$K(t,\tau)=e^{-\tau t}\cos(\tau),$$

它同時依賴 $t$ 與 $\tau$，並非僅依賴時間差 $t-\tau$。因此，該系統不是時間不變系統，不能直接定義一般 LTI 系統的傳遞函數 $G(s)$ 或頻率響應 $G(j\omega)$。

---

（3a）對哪一個頻率的弦波訊號造成最大的振幅放大？

解題方法

檢查持續正弦波輸入是否能產生有限的穩態輸出。

令輸入為複數正弦波

$$u(t)=e^{j\omega t}.$$

代入題目所給系統：

$$\begin{aligned} y(t) &=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\tau t}\cos(\tau)e^{j\omega(t-\tau)}\,d\tau\\ &=e^{j\omega t} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\tau t}\cos(\tau)e^{-j\omega\tau}\,d\tau. \end{aligned}$$

考慮 $t>0$ 且 $\tau\to-\infty$ 時，

$$e^{-\tau t}=e^{t|\tau|}\to\infty.$$

因此，積分中的被積函數在 $\tau\to-\infty$ 時呈指數成長，導致

$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\tau t}\cos(\tau)e^{-j\omega\tau}\,d\tau$$

一般不收斂。換言之，持續弦波輸入不會產生有限的穩態輸出振幅。

此外，若以時間不變性檢查系統，對輸入延遲 $t_0$ 後，輸出中的核會變成

$$e^{-(\tau)t}\cos(\tau),$$

並不會只造成原輸出的延遲，因此系統也不是 LTI 系統。

結論

題目所給的系統不存在可用於正弦穩態分析的標準頻率響應 $G(j\omega)$，且對持續正弦波輸入，積分本身不收斂。因此不能指定某一個頻率具有最大的有限振幅放大。

---

（3b）設計負回授控制器，使步階響應穩態誤差為零

題目資訊的限制

由於題目所給 $G$ 是明確的時間變異積分算子，而非標準 LTI 傳遞函數，因此無法直接寫出一般形式的閉迴路傳遞函數