112 年 國立臺灣大學電機工程研究所甲組《控制系統》

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第 Problem I 題40 分

Problem I (40%). For the third-order system:
G(s)=32000s(s+8)(s+40)G(s) = \frac{32000}{s(s+8)(s+40)}
(a) Use Bode plot sketches to design a compensator so that PM > 45° and ωgc>15\omega_{gc} > 15 rad/sec, where PM stands for phase margin and ωgc\omega_{gc} is the closed-loop bandwidth (25%).
(b) Verify your design by drawing compensated Bode plots. Refine and verify your design again if necessary (15%).

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核心觀念

本題利用 Bode 圖設計「超前補償器（lead compensator）」，同時滿足：

PM>45∘,ωgc>15 rad/s\mathrm{PM}>45^\circ,\qquad \omega_{gc}>15\ \mathrm{rad/s}

其中增益交越頻率 ωgc\omega_{gc} 滿足

∣L(jωgc)∣=1|L(j\omega_{gc})|=1

而相位裕度為

PM=180∘+∠L(jωgc)\mathrm{PM}=180^\circ+\angle L(j\omega_{gc})

假設為單位負回授，迴路傳遞函數為

L(s)=C(s)G(s)L(s)=C(s)G(s)

題目給定

G(s)=32000s(s+8)(s+40)G(s)=\frac{32000}{s(s+8)(s+40)}

其三個轉折頻率為 0, 8, 40 rad/s0,\ 8,\ 40\ \mathrm{rad/s}，相位為

∠G(jω)=−90∘−tan⁡−1(ω8)−tan⁡−1(ω40)\angle G(j\omega) =-90^\circ-\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{8}\right) -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{40}\right)

解題方法

因為在 ω=15 rad/s\omega=15\ \mathrm{rad/s} 附近，原系統的相位已接近 −180∘-180^\circ，直接調整增益無法同時提高頻寬與相位裕度，因此採用超前補償器：

C(s)=Kc1+s/ωz1+s/ωp,ωz<ωpC(s)=K_c\frac{1+s/\omega_z}{1+s/\omega_p}, \qquad \omega_z<\omega_p

令

α=ωzωp<1\alpha=\frac{\omega_z}{\omega_p}<1

則最大相位超前量出現在

ωm=ωzωp\omega_m=\sqrt{\omega_z\omega_p}

且

ϕmax⁡=sin⁡−1(1−α1+α)\phi_{\max} =\sin^{-1}\left(\frac{1-\alpha}{1+\alpha}\right)

選擇目標增益交越頻率

ωgc=20 rad/s\omega_{gc}=20\ \mathrm{rad/s}

此值大於題目要求的 15 rad/s15\ \mathrm{rad/s}。

一、計算原系統在 ω=20\omega=20 的相位

∠G(j20)=−90∘−tan⁡−1(208)−tan⁡−1(2040)\angle G(j20) =-90^\circ-\tan^{-1}\left(\frac{20}{8}\right) -\tan^{-1}\left(\frac{20}{40}\right) ∠G(j20)=−90∘−68.20∘−26.57∘=−184.77∘\angle G(j20) =-90^\circ-68.20^\circ-26.57^\circ =-184.77^\circ

若要求相位裕度約為 50∘50^\circ，補償器需要提供約

ϕmax⁡≈55∘\phi_{\max}\approx 55^\circ

取

α=0.1\alpha=0.1

則

ϕmax⁡=sin⁡−1(1−0.11+0.1)=sin⁡−1(0.8182)≈54.9∘\phi_{\max} =\sin^{-1}\left(\frac{1-0.1}{1+0.1}\right) =\sin^{-1}(0.8182) \approx54.9^\circ

並令最大相位超前頻率位於目標交越頻率：

ωm=ωzωp=20\omega_m=\sqrt{\omega_z\omega_p}=20

由

ωz=ωmα,ωp=ωmα\omega_z=\omega_m\sqrt{\alpha}, \qquad \omega_p=\frac{\omega_m}{\sqrt{\alpha}}

得到

ωz=200.1=6.325 rad/s\omega_z=20\sqrt{0.1}=6.325\ \mathrm{rad/s} ωp=200.1=63.25 rad/s\omega_p=\frac{20}{\sqrt{0.1}}=63.25\ \mathrm{rad/s}

因此超前補償器形式為

C(s)=Kc1+s/6.3251+s/63.25C(s)=K_c \frac{1+s/6.325}{1+s/63.25}

二、計算補償器增益

原系統在 ω=20\omega=20 的增益為

∣G(j20)∣=3200020202+82202+402|G(j20)| = \frac{32000} {20\sqrt{20^2+8^2}\sqrt{20^2+40^2}} ∣G(j20)∣≈1.660|G(j20)|\approx1.660

補償器的超前部分在 ωm\omega_m 的增益為

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第 Problem II 題40 分

Problem II (40%). Consider the plant dynamics described by
x˙=[02−5−4]x+[12]u\dot{x} = \begin{bmatrix} 0 & 2 \\ -5 & -4 \end{bmatrix} x + \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix} u
y=[12]xy = \begin{bmatrix} 1 & 2 \end{bmatrix} x

  1. Draw a block diagram for the plant with one integrator for each state variable (5%).
  2. Find the transfer function using matrix algebra (5%).
  3. Find the closed-loop characteristic equation if the feedback is (a) u=Kyu = Ky (5%) (b) u=−[K1K2]xu = -[K_1 K_2]x (5%)
  4. Design an operational amplifier circuit to realize the plant dynamics. Perform a circuit analysis to show that the transfer function is indeed identical (20%).
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核心觀念

依原卷，狀態矩陣左下角為 +5+5，因此系統為

A=[025−4],B=[12],C=[12],D=0.A=\begin{bmatrix}0&2\\5&-4\end{bmatrix},\qquad B=\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix},\qquad C=\begin{bmatrix}1&2\end{bmatrix},\qquad D=0.

展開後：

x˙1=2x2+u,x˙2=5x1−4x2+2u,y=x1+2x2.\begin{aligned} \dot{x}_1&=2x_2+u,\\ \dot{x}_2&=5x_1-4x_2+2u,\\ y&=x_1+2x_2. \end{aligned}

本題主要考四個觀念：

  • 狀態方程可用「加總器、增益器與積分器」實現，每個狀態變數配置一個積分器。
  • 零初始條件下，轉移函數為 G(s)=C(sI−A)−1B+DG(s)=C(sI-A)^{-1}B+D。
  • 閉迴路特徵方程為 det⁡(sI−Acl)=0\det(sI-A_{\mathrm{cl}})=0，其中 AclA_{\mathrm{cl}} 由回授方式決定。
  • 反相加總積分器能實現狀態微分方程，但須正確安排各輸入的正負號。

解題方法

1. 每個狀態變數使用一個積分器的方塊圖

兩條狀態支路及輸出支路如下：

Σ1: u+2x2→ x˙1 1s⟶x1Σ2: 2u+5x1−4x2→ x˙2 1s⟶x2Σy: x1+2x2⟶y\begin{array}{ccccc} \boxed{\Sigma_1:\ u+2x_2} &\xrightarrow{\ \dot{x}_1\ }& \boxed{\dfrac{1}{s}} &\longrightarrow&x_1\\[6pt] \boxed{\Sigma_2:\ 2u+5x_1-4x_2} &\xrightarrow{\ \dot{x}_2\ }& \boxed{\dfrac{1}{s}} &\longrightarrow&x_2\\[6pt] \boxed{\Sigma_y:\ x_1+2x_2} &\longrightarrow&y&& \end{array}

各加總器的接線為：

加總器輸入來源與增益
Σ1\Sigma_1uu 經增益 11；x2x_2 經增益 22
Σ2\Sigma_2uu 經增益 22；x1x_1 經增益 55；x2x_2 經增益 −4-4
Σy\Sigma_yx1x_1 經增益 11；x2x_2 經增益 22

因此，x2x_2 同時回接至兩個狀態加總器，而 x1x_1 回接至第二個狀態加總器。全系統恰有兩個積分器。

2. 用矩陣代數求轉移函數

先計算

sI−A=[s−2−5s+4].sI-A= \begin{bmatrix} s&-2\\ -5&s+4 \end{bmatrix}.

其行列式為

Δ(s)=s(s+4)−10=s2+4s−10.\Delta(s)=s(s+4)-10=s^2+4s-10.

故

(sI−A)−1=1s2+4s−10[s+425s].(sI-A)^{-1} = \frac{1}{s^2+4s-10} \begin{bmatrix} s+4&2\\ 5&s \end{bmatrix}.

乘上輸入矩陣：

(sI−A)−1B=1s2+4s−10[s+82s+5].(sI-A)^{-1}B = \frac{1}{s^2+4s-10} \begin{bmatrix} s+8\\ 2s+5 \end{bmatrix}.

再乘上輸出矩陣：

G(s)=C(sI−A)−1B=(s+8)+2(2s+5)s2+4s−10.\begin{aligned} G(s) &=C(sI-A)^{-1}B\\ &=\frac{(s+8)+2(2s+5)}{s^2+4s-10}. \end{aligned}

得到

G(s)=5s+18s2+4s−10.\boxed{G(s)=\frac{5s+18}{s^2+4s-10}}.

3. 閉迴路特徵方程

(a) 輸出回授 u=Kyu=Ky

由 y=Cxy=Cx 得

x˙=(A+BKC)x.\dot{x}=(A+BKC)x.

因此

Acl=[025−4]+K[1224]=[K2+2K5+2K−4+4K].A_{\mathrm{cl}} = \begin{bmatrix} 0&2\\ 5&-4 \end{bmatrix} + K\begin{bmatrix} 1&2\\ 2&4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} K&2+2K\\ 5+2K&-4+4K \end{bmatrix}.

特徵方程為

0=det⁡(sI−Acl)=(s−K)(s+4−4K)−(2+2K)(5+2K)=s2+(4−5K)s−10−18K.\begin{aligned} 0 &=\det(sI-A_{\mathrm{cl}})\\ &=(s-K)(s+4-4K)-(2+2K)(5+2K)\\ &=s^2+(4-5K)s-10-18K. \end{aligned}

所以

s2+(4−5K)s−10−18K=0.\boxed{s^2+(4-5K)s-10-18K=0}.

題目給的是正號回授 u=Kyu=Ky，亦可由

1−KG(s)=01-KG(s)=0

直接得到相同結果。

(b) 狀態回授 u=−[K1 K2]xu=-[K_1\ K_2]x

令 F=[K1 K2]F=[K_1\ K_2]，則

x˙=(A−BF)x,\dot{x}=(A-BF)x,

其中

Acl=[−K12−K25−2K1−4−2K2].A_{\mathrm{cl}} = \begin{bmatrix} -K_1&2-K_2\\ 5-2K_1&-4-2K_2 \end{bmatrix}.

故

0=det⁡(sI−Acl)=(s+K1)(s+4+2K2)−(2−K2)(5−2K1)=s2+(4+K1+2K2)s−10+8K1+5K2.\begin{aligned} 0 &=\det(sI-A_{\mathrm{cl}})\\ &=(s+K_1)(s+4+2K_2) -(2-K_2)(5-2K_1)\\ &=s^2+(4+K_1+2K_2)s-10+8K_1+5K_2. \end{aligned}

所以

s2+(4+K1+2K2)s−10+8K1+5K2=0.\boxed{s^2+(4+K_1+2K_2)s-10+8K_1+5K_2=0}.

4. 運算放大器電路設計與驗證

以下使用理想運算放大器，工作於線性區域，以電壓 v1,v2v_1,v_2 分別代表 x1,x2x_1,x_2，輸入電壓為 uu。

反相加總積分器的基本公式

運放正相端接地，各輸入 viv_i 經電阻 RiR_i 接至反相端，電容 CC 接在輸出與反相端之間。利用虛地及反相端節點電流定律：

∑iviRi+Cdvodt=0.\sum_i\frac{v_i}{R_i} +C\frac{dv_o}{dt}=0.

因此

dvodt=−∑iviRiC.\boxed{\frac{dv_o}{dt} =-\sum_i\frac{v_i}{R_iC}}.
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第 Problem III 題20 分

Problem III (20%). Bode's gain-phase relationship states that for any stable minimum-phase transfer function G(jω)G(j\omega), the phase of G(jω)G(j\omega) is uniquely related to the magnitude of G(jω)G(j\omega), by
∠G(jω)=1π∫−∞+∞dMduW(u) du(in radians),\angle G(j\omega) = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dM}{du} W(u)\, du \quad \text{(in radians)},
where
MM = log magnitude =ln⁡∣G(jω)∣= \ln |G(j\omega)|,
uu = normalized frequency =ln⁡(ω/ω0)= \ln (\omega/\omega_0),
dM/du≈dM/du \approx slope nn, the slope of G(jω)G(j\omega) in units of decade of amplitude per decade of frequency,
W(u)=ln⁡(coth⁡∣u∣/2)≈π2δ(u)/2W(u) = \ln(\coth|u|/2) \approx \pi^2 \delta(u)/2.
Use it to explain why it is desirable to have n=−1n = -1 for ω\omega around ωc\omega_c, the crossover frequency for about a decade.
Give a numerical example.

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核心觀念

本題考查 Bode 增益－相位關係：對穩定且最小相位的系統，頻率響應的相位可由對數幅值曲線的斜率推估。

令 M=ln⁡∣G(jω)∣M=\ln|G(j\omega)|、u=ln⁡(ω/ω0)u=\ln(\omega/\omega_0)。當交越頻率附近的斜率近似為常數 nn 時，利用題目給的近似式

W(u)≈π22δ(u)W(u)\approx \frac{\pi^2}{2}\delta(u)

可得

∠G(jωc)≈1π∫nπ22δ(u) du=nπ2.\angle G(j\omega_c) \approx \frac{1}{\pi}\int n\frac{\pi^2}{2}\delta(u)\,du =\frac{n\pi}{2}.

因此，n=−1n=-1 代表幅值斜率約為每十倍頻率下降 2020 dB，也就是常說的 −20-20 dB/dec；對應的相位約為 −90∘-90^\circ。

解題方法

在增益交越頻率 ωc\omega_c，開迴路增益幅值為 11。若其附近約一個頻率 decade 的斜率維持 n≈−1n\approx-1，由增益－相位關係可估計

∠G(jωc)≈−π2=−90∘.\angle G(j\omega_c)\approx-\frac{\pi}{2}=-90^\circ.

在單位負回授系統中，相位裕度為

PM=180∘+∠G(jωc),\mathrm{PM}=180^\circ+\angle G(j\omega_c),

因此相位約為 −90∘-90^\circ 時，相位裕度約為 90∘90^\circ。這通常表示系統距離振盪條件尚有餘裕，對模型誤差與參數變動較不敏感，同時保有一定頻寬。

斜率若接近 −2-2，相位約為 −180∘-180^\circ，相位裕度便接近零，穩定性較差；斜率若太平，則高頻增益衰減較慢。故工程設計常希望交越頻率附近約一個 decade 維持 −20-20 dB/dec，作為穩定性與頻寬的折衷。這是常用設計準則，並非所有系統的唯一最佳選擇。

數值例子

考慮開迴路傳遞函數

G(s)=1011+s.G(s)=\frac{\sqrt{101}}{1+s}.

其幅值在 ωc=10\omega_c=10 rad/s 時為

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