113 年 國立臺灣大學電機工程研究所甲組《控制系統》

核心觀念

本題考查：

• 負回授系統的特徵方程
• Nyquist 穩定判據
• 開迴路頻率響應與 $-1$ 點的繞行
• Routh–Hurwitz 表快速驗算
• Root locus 的穩定範圍判斷

由圖可知前向傳遞函數與回授函數為

$$G(s)=\frac{5K}{s(s+2)(s+5)},\qquad H(s)=2$$

因此迴路傳遞函數為

$$L(s)=G(s)H(s) =\frac{10K}{s(s+2)(s+5)}.$$

負回授系統的特徵方程為

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

即

$$s(s+2)(s+5)+10K=0.$$

展開得

$$s^3+7s^2+10s+10K=0.$$

---

Nyquist 曲線

先考慮不含 $K$ 的基準函數

$$G_0(s)=\frac{10}{s(s+2)(s+5)}.$$

令 $s=j\omega$：

$$G_0(j\omega) =\frac{10}{j\omega(j\omega+2)(j\omega+5)}.$$

整理實部與虛部：

$$\operatorname{Re}\{G_0(j\omega)\} = \frac{-70}{(10-\omega^2)^2+49\omega^2},$$ $$\operatorname{Im}\{G_0(j\omega)\} = \frac{-10(10-\omega^2)} {\omega\left[(10-\omega^2)^2+49\omega^2\right]}.$$

關鍵位置如下：

1. 當 $\omega\to 0^+$：

$$\operatorname{Re}\{G_0(j\omega)\}\to -\frac{70}{100}=-0.7,$$ $$\operatorname{Im}\{G_0(j\omega)\}\to-\infty.$$

2. 當 $\omega=\sqrt{10}$ 時，虛部為零：

$$G_0(j\sqrt{10})=-\frac{1}{7}.$$

3. 當 $\omega\to\infty$：

$$G_0(j\omega)\to 0$$

並由上半平面接近原點。

因此，$K>0$ 時 Nyquist 曲線通過負實軸的位置為

$$L(j\sqrt{10})=-\frac{K}{7}.$$

當

$$-\frac{K}{7}=-1$$

時，曲線通過 $-1$ 點，因此臨界增益為

$$K=7.$$

由於開迴路在原點有一個極點，繪製 Nyquist 曲線時需以小半圓繞避原點；完整曲線的繞行結果為：

• $0<K<7$：不包圍 $-1$ 點。
• $K>7$：對 $-1$ 點產生兩次淨繞行，故有兩個右半平面閉迴路極點。
• $K<0$：完整 Nyquist 曲線對 $-1$ 點產生一次淨繞行，故有一個右半平面閉迴路極點。

---

(a) 穩定範圍

亦可由 Routh 表直接確認。特徵多項式為

$$s^3+7s^2+10s+10K.$$

Routh 表為

核心觀念

本題考查：

1. 利用 Kirchhoff 電流定律與電壓定律建立狀態方程。
2. 以電感電流與電容電壓作為狀態變數：
   $x_1=i_L,\qquad x_2=v_C$
3. 以可控性矩陣
   $\mathcal{C}=\begin{bmatrix}B&AB\end{bmatrix}$
   判斷系統是否可控。
4. 利用矩陣轉移函數公式
   $G(s)=C(sI-A)^{-1}B+D$

以下假設圖中的兩個電阻皆為 $R$，且 $R,L,C$ 為非零元件參數。

(a) 內部狀態方程

設電路上方節點對下方節點的電壓為 $v$，輸出電壓 $y$ 為右側下方電阻兩端電壓。

右側支路中，電容與電阻串聯，因此

$$v=v_C+y=x_2+y$$

由於輸入電流 $u$ 分流至電感支路與電容支路，依 KCL：

$$u=i_L+i_C$$

而

$$i_L=x_1,\qquad i_C=C\dot{x}_2$$

所以

$$\dot{x}_2=\frac{u-x_1}{C}$$

右側電阻電流即為電容電流，因此

$$y=Ri_C=R(u-x_1)$$

故上方節點電壓為

$$v=x_2+R(u-x_1)$$

左側電感與電阻串聯，依 KVL：

$$v=L\dot{i}_L+Ri_L$$

代入 $i_L=x_1$ 與上式的 $v$：

$$x_2+R(u-x_1)=L\dot{x}_1+Rx_1$$

因此

$$\dot{x}_1 = -\frac{2R}{L}x_1+\frac{1}{L}x_2+\frac{R}{L}u$$

綜合可得狀態方程：

$$\dot{x} = \begin{bmatrix} -\dfrac{2R}{L} & \dfrac{1}{L}\\[6pt] -\dfrac{1}{C} & 0 \end{bmatrix}x + \begin{bmatrix} \dfrac{R}{L}\\[6pt] \dfrac{1}{C} \end{bmatrix}u$$

輸出方程為

$$y= \begin{bmatrix} -R&0 \end{bmatrix}x+Ru$$

因此

$$A= \begin{bmatrix} -\dfrac{2R}{L} & \dfrac{1}{L}\\[6pt] -\dfrac{1}{C} & 0 \end{bmatrix}, \quad B= \begin{bmatrix} \dfrac{R}{L}\\[6pt] \dfrac{1}{C} \end{bmatrix}$$ $$C= \begin{bmatrix} -R&0 \end{bmatrix}, \quad D=R$$

(b) 可控性條件

二階系統的可控性矩陣為

$$\mathcal{C} = \begin{bmatrix} B&AB \end{bmatrix}$$

先計算 $AB$：

$$AB= \begin{bmatrix} -\dfrac{2R}{L} & \dfrac{1}{L}\\[6pt] -\dfrac{1}{C} & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \dfrac{R}{L}\\[6pt] \dfrac{1}{C} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \dfrac{1}{LC}-\dfrac{2R^2}{L^2}\\[6pt] -\dfrac{R}{LC} \end{bmatrix}$$

因此