109 年 國立臺灣大學電機工程研究所甲組《控制系統（C）》

核心觀念

本題考查由運算放大器電阻—電容網路推導轉移函數，並利用零點、極點與低頻增益比對補償器

$$C(s)=\frac{3(s+1)(s+10)}{40(s+4)(s+5)}.$$

由圖可知，兩級運算放大器皆為反相組態，因此總體轉移函數為正號。

第一級的輸入阻抗為

$$Z_i=R_3\parallel\left(R_1+\frac{1}{sC_1}\right),$$

回授阻抗為

$$Z_f=R_4\parallel\left(R_2+\frac{1}{sC_2}\right).$$

第二級增益為 $-R_6/R_5$，故總轉移函數為

$$C(s)=\frac{Z_f}{Z_i}\frac{R_6}{R_5}.$$

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解題方法

先化簡第一級的輸入阻抗：

$$Z_i =\frac{R_3\left(R_1+\frac{1}{sC_1}\right)} {R_3+R_1+\frac{1}{sC_1}} =\frac{R_3(1+sR_1C_1)} {1+s(R_1+R_3)C_1}.$$

同理，回授阻抗為

$$Z_f =\frac{R_4(1+sR_2C_2)} {1+s(R_2+R_4)C_2}.$$

因此

$$C(s)= \frac{R_4R_6}{R_3R_5} \frac{(1+sR_2C_2) \left[1+s(R_1+R_3)C_1\right]} {\left[1+s(R_2+R_4)C_2\right] (1+sR_1C_1)}.$$

所以四個關鍵條件為：

• 零點：$\dfrac{1}{R_2C_2}=10$
• 零點：$\dfrac{1}{(R_1+R_3)C_1}=1$
• 極點：$\dfrac{1}{(R_2+R_4)C_2}=4$
• 極點：$\dfrac{1}{R_1C_1}=5$

檢查選項 B 與 D：

$$R_1=2\,\text{M}\Omega,\quad R_3=8\,\text{M}\Omega,$$ $$R_2=200\,\text{k}\Omega,\quad R_4=300\,\text{k}\Omega,$$ $$R_5=R_6=1\,\text{M}\Omega,$$ $$C_1=0.1\,\mu\text{F},\quad C_2=0.5\,\mu\text{F}.$$

四個零極點分別為

$$\frac{1}{R_2C_2} =\frac{1}{(200\times10^3)(0.5\times10^{-6})} =10,$$ $$\frac{1}{(R_1+R_3)C_1} =\frac{1}{(10\times10^6)(0.1\times10^{-6})} =1,$$ $$\frac{1}{(R_2+R_4)C_2} =\frac{1}{(500\times10^3)(0.5\times10^{-6})} =4,$$ $$\frac{1}{R_1C_1} =\frac{1}{(2\times10^6)(0.1\times10^{-6})} =5.$$

低頻增益為

此題考查非線性系統的線性化及其在平衡點下的穩定性分析，具體是求線性化模型的特徵值（即閉迴路極點）。

首先，我們需要找到系統的平衡點（equilibrium point）。平衡點是使系統所有導數為零的狀態點。
令 $\dot{x}_1 = 0$ 且 $\dot{x}_2 = 0$。
$x_2 = 0$
$-10\sin(x_1) - x_2 = 0$
將 $x_2 = 0$ 代入第二個方程式：
$-10\sin(x_1) = 0$
$\sin(x_1) = 0$
這意味著 $x_1 = n\pi$，其中 $n$ 為整數。

題目選項中提到的平衡點是 $x_1 = \pi, x_2 = 0$。這是一個有效的平衡點，因為 $\sin(\pi) = 0$。

接下來，我們需要對非線性系統進行線性化。線性化是通過計算雅可比矩陣（Jacobian matrix）來實現的。
令 $f_1(x_1, x_2) = x_2$
令 $f_2(x_1, x_2) = -10\sin(x_1) - x_2$

雅可比矩陣 $J$ 在平衡點 $(x_{1e}, x_{2e})$ 下為：
$J(x_{1e}, x_{2e}) = \begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x_1} & \frac{\partial f_1}{\partial x_2} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x_1} & \frac{\partial f_2}{\partial x_2} \end{bmatrix}_{(x_{1e}, x_{2e})}$

計算偏導數：
$\frac{\partial f_1}{\partial x_1} = 0$
$\frac{\partial f_1}{\partial x_2} = 1$
$\frac{\partial f_2}{\partial x_1} = -10\cos(x_1)$
$\frac{\partial f_2}{\partial x_2} = -1$

在平衡點 $(x_1, x_2) = (\pi, 0)$ 下計算雅可比矩陣：
$J(\pi, 0) = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -10\cos(\pi) & -1 \end{bmatrix}$
由於 $\cos(\pi) = -1$，所以：

此題考查非最小相位（Non-Minimum Phase, NMP）零點的性質。

首先，我們需要理解什麼是非最小相位零點。一個傳遞函數如果具有右半平面（RHP）的零點，則稱其具有非最小相位零點。最小相位系統（Minimum Phase System）是指其傳遞函數的所有零點和極點都在左半平面（LHP），並且沒有右半平面的單邊（unstable）極點。

我們逐一分析選項：

(A) 「NMP 零點的影響可以被回授控制技術抵銷。」
回授控制（Feedback Control）主要影響系統的閉迴路極點（閉迴路系統的穩定性）。而 NMP 零點是開迴路傳遞函數或閉迴路傳遞函數的零點，它們主要影響系統的暫態響應（如超調、響應速度、相位特性）。雖然回授控制可以改變系統的整體響應，但通常無法「抵銷」或消除 NMP 零點本身對系統內在響應特性的影響。例如，NMP 零點會導致右半平面的零點效應，這可能引起反向響應（initial response in opposite direction）和潛在的超調。回授控制的目的是使閉迴路系統穩定且性能良好，但它不能改變傳遞函數中 NMP 零點的存在。因此，此敘述不正確。

(B) 「NMP 零點的影響可以被前饋控制技術抵銷。」
前饋控制（Feedforward Control）通常用於補償已知擾動或改進系統的參考信號跟隨性能。與回授不同，前饋控制基於對系統模型的了解，直接作用於輸入。理論上，如果我們能精確地知道系統的傳遞函數（包括 NMP 零點），並設計一個前饋控制器來抵銷 NMP 零點的效應（例如，通過引入一個零點來抵銷 NMP 零點），則有可能。然而，在實際應用中，精確的模型參數和 NMP 零點的精確抵銷是困難的。更重要的是，NMP 零點的影響（如反向響應）是系統內在的，僅靠前饋控制來「抵銷」其基本效應，通常不是前饋控制的主要目的，且實現起來很複雜。一般而言，NMP 零點的影響難以被單純的前饋控制有效抵銷。此敘述不正確。

(C) 「含有 NMP 零點的系統之傳遞函數，無法僅由波德圖的幅度圖（magnitude plot）唯一確定。」
波德圖（Bode Plot）包含幅度圖和相位圖。對於一個最小相位系統，其傳遞函數的幅度圖和相位圖之間存在固定的數學關係（例如通過積分）。

此題考查穩態響應的求解，特別是當輸入為正弦信號時，如何利用頻率響應來求解穩態輸出。

系統的傳遞函數為 $P(s) = \frac{(s-2)(s+5)}{(s^2+9)(s+3)}$。
輸入信號為 $u(t) = \sin(5t)$。

當輸入為正弦信號 $u(t) = A\sin(\omega t + \phi)$ 時，如果系統是穩定的，其穩態輸出 $y_{ss}(t)$ 也是一個同頻率的正弦信號，形式為 $y_{ss}(t) = A|P(j\omega)|\sin(\omega t + \phi + \angle P(j\omega))$。
在本題中，輸入是 $u(t) = \sin(5t)$，所以 $A=1$, $\omega=5$, $\phi=0$。
穩態輸出 $y_{ss}(t)$ 的頻率也將是 $\omega=5$。

首先，我們需要判斷系統是否穩定。系統的極點是傳遞函數分母為零時的 $s$ 值。
分母是 $(s^2+9)(s+3) = 0$。
$s+3 = 0 \implies s = -3$。
$s^2+9 = 0 \implies s^2 = -9 \implies s = \pm j3$。
系統的極點為 $s = -3$, $s = +j3$, $s = -j3$。
由於存在位於虛軸上的極點 ($s = \pm j3$)，嚴格來說，這個系統不是嚴格穩定的（marginally stable）。對於此類系統，當輸入頻率恰好等於虛軸上的極點時，可能會出現振盪幅度不斷增大的情況（共振）。

然而，在這個問題中，輸入的頻率是 $\omega=5$。
系統的極點是 $-3$ 和 $\pm j3$。
由於輸入頻率 $\omega=5$ 並不等於虛軸極點的頻率 $3$，因此，系統的穩態響應可以通過頻率響應 $P(j\omega)$ 來計算。

我們需要計算 $P(j5)$。
$P(j5) = \frac{(j5-2)(j5+5)}{((j5)^2+9)(j5+3)}$
$P(j5) = \frac{(j5-2)(j5+5)}{(-25+9)(j5+3)}$
$P(j5) = \frac{(j5-2)(j5+5)}{(-16)(j5+3)}$

分子部分：
$(j5-2)(j5+5) = (j5)^2 + 5(j5) - 2(j5) - 2(5)$
$= -25 + j25 - j10 - 10$
$= -35 + j15$

分母部分：
$(-16)(j5+3) = -16j5 - 16(3)$
$= -48 - j80$

所以，$P(j5) = \frac{-35 + j15}{-48 - j80}$

為了計算穩態輸出的形式，我們只需要知道 $P(j5)$ 的幅度 $|P(j5)|$ 和相位 $\angle P(j5)$。
$y_{ss}(t) = |P(j5)|\sin(5t + \angle P(j5))$。
由於 $|P(j5)|$ 和 $\angle P(j5)$ 都是常數，穩態輸出將是一個頻率為 5 的正弦函數。

核心觀念

將二階系統分母與標準形式比較：

$$s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2$$

其中：

• $\omega_n$：自然頻率
• $\zeta$：阻尼比
• $\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$：阻尼自然頻率
• D.C. gain：$P(0)$
• 最大超越量：

$$M_p=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}\times 100\%$$

• 二階欠阻尼系統的 $2\%$ settling time 常用近似式：

$$T_s\approx \frac{4}{\zeta\omega_n}$$

題目給定：

$$P(s)=\frac{8}{s^2+6s+16}$$

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解題方法

將分母係數逐項比較：

$$s^2+6s+16=s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2$$

因此：

$$\omega_n^2=16$$ $$\omega_n=4\ \text{rad/s}$$

又有：

$$2\zeta\omega_n=6$$

代入 $\omega_n=4$：

$$8\zeta=6$$ $$\zeta=0.75$$

因為 $0<\zeta<1$，所以系統為欠阻尼二階系統。

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選項分析

(A) The D.C. gain of $P(s)$ is 0.5.

D.C. gain 等於 $s=0$ 時的傳遞函數值：

$$P(0)=\frac{8}{0^2+6(0)+16} =\frac{8}{16} =0.5$$

因此選項 (A) 正確。

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(B) The natural frequency of $P(s)$ is 16 rad/s.

由標準形式可知：

$$\omega_n^2=16$$

所以自然頻率是：

$$\omega_n=\sqrt{16}=4\ \text{rad/s}$$

$16$ 是 $\omega_n^2$，不是 $\omega_n$。

因此選項 (B) 錯誤。

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(C) The rise time of the step response is larger than 1 s.

欠阻尼二階系統的阻尼自然頻率為：

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

代入 $\omega_n=4$、$\zeta=0.75$：

$$\omega_d =4\sqrt{1-0.75^2} =4\sqrt{0.4375} \approx 2.646\ \text{rad/s}$$

相位角：

此題考查控制系統的各種基本概念，包括特徵方程、系統近似、控制器設計、階躍響應和穩態誤差。

(A) 「給定一個線性控制系統的特徵方程 $3s^2 + 5s + k = 0$，增加 $k$ 的值將會降低系統的振盪頻率。」
特徵方程描述了系統的極點位置。對於二階系統 $as^2 + bs + c = 0$，其標準形式為 $s^2 + \frac{b}{a}s + \frac{c}{a} = 0$。
與標準形式 $s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2 = 0$ 比較。
在這裡，$a=3, b=5, c=k$。
$\omega_n^2 = k/3$。所以自然頻率 $\omega_n = \sqrt{k/3}$。
$2\zeta\omega_n = 5/3$。
振盪頻率是阻尼頻率 $\omega_d = \omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$。
如果 $k$ 增加，$\omega_n$ 增加。
$2\zeta\omega_n = 5/3$。如果 $\omega_n$ 增加，為了保持 $2\zeta\omega_n$ 不變，$\zeta$ 必須減小。
然而，$2\zeta\omega_n = 5/3$ 意味著 $\zeta\omega_n = 5/6$。
所以 $\zeta = \frac{5}{6\omega_n}$。
$\omega_d = \omega_n\sqrt{1 - (\frac{5}{6\omega_n})^2} = \omega_n\sqrt{1 - \frac{25}{36\omega_n^2}} = \sqrt{\omega_n^2 - \frac{25}{36}}$。
由於 $\omega_n^2 = k/3$，所以 $\omega_d = \sqrt{k/3 - 25/36}$。
當 $k$ 增加時，$\omega_n^2$ 增加，因此 $\omega_d$ 增加。
振盪頻率 $\omega_d$ 增加。
所以，此敘述「降低振盪頻率」是錯誤的。

(B) 「$P(s) = \frac{10}{s(s+1)(s+20)}$ 可以近似為 $P_L(s) = \frac{10}{s(s+1)}$，因為極點 $-20$ 比主導極點 $0$ 和 $-1$ 大很多。」
系統的極點是 $0, -1, -20$。
主導極點（dominant poles）是指對系統暫態響應影響最大的極點，通常是離虛軸最近的極點。在這裡，極點 $0$ 和 $-1$ 比 $-20$ 離虛軸更近。
當一個極點遠離虛軸時（例如，其絕對值遠大於其他極點的絕對值），它對暫態響應的影響會衰減得更快，因此可以被忽略。
在這裡，$-20$ 的絕對值（20）確實遠大於 $-1$ 的絕對值（1）。
因此，極點 $-20$ 可以被視為非主導極點，可以被近似忽略。
近似後的傳遞函數為 $P_L(s) = \frac{10}{s(s+1)}$。
此敘述是正確的。

(C) 「對於一個具有完美模型 $P(s)$ 的穩定開迴路系統，總是可以設計出一個穩定且因果（causal）的前饋控制器 $F(s)$，使得 $P(s)F(s) = 1$。」
$P(s)F(s) = 1$ 意味著 $F(s) = 1/P(s)$。
如果 $P(s)$ 是開迴路傳遞函數，那麼 $P(s)F(s)$ 是閉迴路傳遞函數（在某些結構下）。
如果目標是實現一個單位傳遞函數，則 $F(s) = 1/P(s)$。
如果 $P(s)$ 是一個有理函數（即多項式比多項式），那麼 $F(s) = 1/P(s)$ 也將是一個有理函數。
如果 $P(s)$ 是穩定且因果的，那麼 $1/P(s)$ 通常也是穩定且因果的。
然而，這裡提到的是「完美模型 $P(s)$」。

核心觀念

本題考「內部模型原理」：控制器若包含參考訊號的頻率成分，且閉迴路漸近穩定，系統便能在穩態追蹤該訊號而使穩態誤差為零。

依原卷圖，控制器為

$$C_1(s)=\frac{1}{1-e^{-0.1s}}$$

令分母為零，可得其極點條件：

$$e^{-0.1s}=1 \quad\Longrightarrow\quad s=j20\pi k,\qquad k\in\mathbb{Z}$$

因此，$C_1(s)$ 內含週期 $T=0.1$ 秒、基頻 $f_0=1/T=10$ Hz 的內部模型，可追蹤頻率為 $10$ Hz 整數倍的正弦成分。

解題方法

正弦波 $r(t)=\sin(\omega t)$ 的頻率為 $f=\omega/(2\pi)$。若 $f$ 是 $10$ Hz 的整數倍，該頻率就在 $C_1(s)$ 的內部模型中，便可達到零穩態誤差。

週期訊號也可拆成傅立葉級數逐一檢查：只要各諧波頻率都落在 $10$ Hz 的整數倍上，就能由這個內部模型追蹤。

選項分析

核心觀念

1. 頻域強健性指標（Frequency-Domain Robustness Margins）：
   • 增益邊限（Gain Margin, $\text{GM}$）：在相位交越頻率 $\omega_{pc}$（滿足 $\angle L(j\omega_{pc}) = -180^\circ$）處，增益大小的倒數，即 $\text{GM} = \frac{1}{|L(j\omega_{pc})|}$（或以分貝表示為 $-20\log_{10}|L(j\omega_{pc})|\text{ dB}$）。
   • 相位邊限（Phase Margin, $\text{PM}$）：在增益交越頻率 $\omega_{gc}$（滿足 $|L(j\omega_{gc})| = 1$ 即 $0\text{ dB}$）處，與 $-180^\circ$ 的相位差，即 $\text{PM} = 180^\circ + \angle L(j\omega_{gc})$。
2. 純延遲系統（Time Delay / Transmission Lag）：
   • 純延遲環節 $e^{-sT}$ 的頻率響應為 $|e^{-j\omega T}| = 1$，$\angle e^{-j\omega T} = -\omega T$（$\text{rad}$）。
   • 純延遲只引入隨頻率線性增加的負相位（Phase Lag），不改變幅值大小。
3. 奈奎斯特穩定準則（Nyquist Stability Criterion）：
   • 閉迴路右半平面極點數 $Z = P - N$，其中 $P$ 為開迴路右半平面極點數，$N$ 為 Nyquist 圖對關鍵點 $-1+j0$ 的逆時針包圍次數。
   • 僅當開迴路為最小相位且穩定（$P=0$）、且 Nyquist 軌跡為典型單調外擴形狀時，$\text{GM} > 0\text{ dB}$ 且 $\text{PM} > 0^\circ$ 才能作為閉迴路穩定的充要條件。
4. 系統型態與穩態誤差（Steady-State Error）：
   • 系統穩態誤差由靜態誤差常數（$K_p, K_v, K_a$）決定，而靜態誤差常數正比於開迴路增益 $K$。降低增益會使誤差常數降低，進而使穩態誤差增大。

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解題方法

本題為觀念辨析題，需依據頻域穩定度理論、Nyquist 判據及古典控制系統的性能折衷關係，對各選項進行嚴謹的定理檢驗或反例驗證。

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選項分析

(A) 錯誤

• 分析：
  若開迴路轉移函數 $L(s)$ 滿足對所有頻率 $\omega \ge 0$，幅值恆小於 1（即 $|L(j\omega)| < 1$），則加上純傳輸延遲 $e^{-sT}$ 後，其開迴路頻率響應之幅值仍滿足： $$|L(j\omega)e^{-j\omega T}| = |L(j\omega)| < 1, \quad \forall \omega \ge 0$$ 此時 Nyquist 軌跡永遠落在以原點為中心、半徑小於 1 的圓盤內部，無論延遲時間 $T$ 多大，軌跡絕不可能包圍關鍵點 $-1+j0$（即 $N=0$）。若原系統開迴路穩定（$P=0$），則閉迴路極點數恆為 $Z = P - N = 0$，系統對任意大的傳輸延遲皆保持穩定（稱為延遲無關穩定度，Delay-Independent Stability）。
• 反例：$L(s) = \frac{0.5}{s+1}$，對任意 $T > 0$，閉迴路系統恆維持穩定。故敘述「must become unstable」錯誤。

(B) 錯誤

• 分析：
  $\text{GM} > 0\text{ dB}$ 且 $\text{PM} > 0^\circ$ 僅在開迴路穩定（$P=0$）且屬於最小相位、單一交越頻率的常規系統中才能保證閉迴路穩定。
  對於以下情況，該條件不足以保證穩定：
  1. 開迴路不穩定系統（$P > 0$）：閉迴路穩定需要 Nyquist 圖產生逆時針包圍（$N = -P$），單純在特定交越頻率處量測的 $\text{GM}, \text{PM} > 0$ 無法代表已滿足包圍數要求。
  2. 條件穩定系統（Conditionally Stable Systems）：Nyquist 軌跡多次穿過負實軸，可能出現特定頻率處 $\text{GM}>0, \text{PM}>0$，但系統在增益變動或相位變動下早已不穩定的情況。

此題考查狀態空間表示法的基本概念，包括系統的實現、極點、零點、傳遞函數以及狀態回授。

給定的狀態空間模型為：
$A = \begin{bmatrix} 1 & 3 \\ 3 & 1 \end{bmatrix}$, $B = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $C = \begin{bmatrix} 0 & 1 \end{bmatrix}$, $D = 0$。

(A) 「這個狀態空間模型是一個最小實現（minimal realization）。」
一個狀態空間模型是最小實現，如果它同時是可控（controllable）和可觀測（observable）的。
可控性矩陣 $M_c = \begin{bmatrix} B & AB & \dots & A^{n-1}B \end{bmatrix}$。
可觀測性矩陣 $M_o = \begin{bmatrix} C \\ CA \\ \vdots \\ CA^{n-1} \end{bmatrix}$。
系統的階數 $n=2$。

計算 $AB$:
$AB = \begin{bmatrix} 1 & 3 \\ 3 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \end{bmatrix}$。
可控性矩陣 $M_c = \begin{bmatrix} B & AB \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}$。
計算 $det(M_c) = 1 \times 3 - 1 \times 0 = 3 \neq 0$。
由於 $det(M_c) \neq 0$，系統是可控的。

計算 $CA$:
$CA = \begin{bmatrix} 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 3 \\ 3 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & 1 \end{bmatrix}$。
可觀測性矩陣 $M_o = \begin{bmatrix} C \\ CA \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 3 & 1 \end{bmatrix}$。
計算 $det(M_o) = 0 \times 1 - 1 \times 3 = -3 \neq 0$。
由於 $det(M_o) \neq 0$，系統是可觀測的。
由於系統既可控又可觀測，因此它是最小實現。此敘述是正確的。

(B) 「這個模型的極點在 $-2$ 和 $4$。」
系統的極點是矩陣 $A$ 的特徵值。
特徵方程為 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$\det \begin{bmatrix} 1-\lambda & 3 \\ 3 & 1-\lambda \end{bmatrix} = 0$
$(1-\lambda)(1-\lambda) - 3 \times 3 = 0$
$(1-\lambda)^2 - 9 = 0$
$1 - 2\lambda + \lambda^2 - 9 = 0$
$\lambda^2 - 2\lambda - 8 = 0$
使用求根公式：
$\lambda = \frac{-(-2) \pm \sqrt{(-2)^2 - 4(1)(-8)}}{2(1)} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 32}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{36}}{2} = \frac{2 \pm 6}{2}$。
$\lambda_1 = \frac{2+6}{2} = \frac{8}{2} = 4$。
$\lambda_2 = \frac{2-6}{2} = \frac{-4}{2} = -2$。
所以，極點是 $4$ 和 $-2$。此敘述是正確的。

(C) 「這個模型從 $u$ 到 $y$ 的傳遞函數是 $\frac{s+3}{s^2-2s-8}$。」
傳遞函數 $G(s) = C(sI - A)^{-1}B + D$。
$sI - A = s\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 & 3 \\ 3 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} s-1 & -3 \\ -3 & s-1 \end{bmatrix}$。
$(sI - A)^{-1} = \frac{1}{\det(sI-A)} adj(sI-A)$。
$\det(sI-A) = (s-1)^2 - (-3)(-3) = (s-1)^2 - 9 = s^2 - 2s + 1 - 9 = s^2 - 2s - 8$。
$adj(sI-A) = \begin{bmatrix} s-1 & 3 \\ 3 & s-1 \end{bmatrix}$。
$(sI - A)^{-1} = \frac{1}{s^2 - 2s - 8} \begin{bmatrix} s-1 & 3 \\ 3 & s-1 \end{bmatrix}$。
$G(s) = C(sI - A)^{-1}B = \begin{bmatrix} 0 & 1 \end{bmatrix} \frac{1}{s^2 - 2s - 8} \begin{bmatrix} s-1 & 3 \\ 3 & s-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$。

核心觀念

本題考查模型預測控制（Model Predictive Control, MPC）的基本架構，以及 MPC 與 PID、LQR 的差異。

MPC 的核心流程如下：

1. 利用系統動態模型預測未來輸出。
2. 在有限預測時域內，透過最佳化求得控制輸入序列。
3. 將系統限制條件納入最佳化問題。
4. 實際只施加目前時刻的第一個控制輸入。
5. 下一個取樣時刻取得新的量測值後，再重新進行最佳化。

以離散時間線性系統為例：

$$x_{k+1}=Ax_k+Bu_k$$

MPC 可求解下列有限時域最佳化問題：

$$\min_{\{u_k,\ldots,u_{k+N-1}\}} \sum_{i=0}^{N-1} \left(x_{k+i}^{T}Qx_{k+i}+u_{k+i}^{T}Ru_{k+i}\right) +x_{k+N}^{T}Px_{k+N}$$

並同時滿足：

$$x_{k+i+1}=Ax_{k+i}+Bu_{k+i}$$

以及輸入、狀態或輸出限制，例如：

$$u_{\min}\leq u_{k+i}\leq u_{\max}$$

MPC 與 LQR 的重要差別並不是「LQR 能否使用有限時域」，而是 MPC 通常在每一個取樣時刻重新最佳化，形成滾動時域（receding horizon）控制，並且特別適合處理明確的系統限制。

解題方法

本題是複選題，逐項檢查各敘述是否符合 MPC、PID 與 LQR 的定義即可：

• MPC：模型預測＋有限時域最佳化＋限制條件。
• PID：根據誤差及其積分、微分資訊進行控制，沒有 MPC 式的未來輸出預測。
• LQR：可在有限或無限時域內進行最佳化，但標準 LQR 通常不以處理輸入、狀態限制為主要特色。
• MPC：實務上幾乎都以數位控制器、電腦或微處理器實現。

選項分析

(A) 正確

MPC 會根據動態模型預測未來反應，並將預測結果與系統限制納入最佳化問題，求得控制輸入序列。

因此，MPC 的控制律可概念性表示為：

$$u_k^{*} = \arg\min_{u_k,\ldots,u_{k+N-1}} J$$

求得最佳控制序列後，實際只施加第一個控制輸入 $u_k^{*}$，下一時刻再重新計算。此敘述正確。

(B) 正確

傳統 PID 控制器的控制律為：