108 年 國立臺灣科技大學電機工程系碩士班丁二組《控制系統與數位邏輯》

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第 Problem 1 題15 分

Consider a negative unity-feedback system, T(s)=L(s)1+L(s)T(s) = \frac{L(s)}{1+L(s)}, with loop transfer function L(s)=KG(s)=K(s+1)3L(s) = KG(s) = K(s+1)^3, K∈RK \in \mathbb{R};

(a) (5 points) draw the root-locus plot for 0<K<∞0 < K < \infty,
(b) (5 points) draw the root-locus plot for −∞<K<0-\infty < K < 0,
(c) (5 points) determine the range of KK such that the close-loop system is stable.

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題探討負回授系統在純零點（無有限開迴路極點）架構下的根軌跡分析與閉迴路穩定度判別，核心觀念包含：

  1. 特徵方程式（Characteristic Equation）：
    負回授系統之閉迴路特徵方程式為 1+L(s)=01 + L(s) = 0，即 1+K(s+1)3=01 + K(s+1)^3 = 0。
  2. 正根軌跡（Direct Root Locus, K>0K > 0）法則：
    • 角度條件（Angle Condition）：∠L(s)=±180∘(2k+1),  k∈Z\angle L(s) = \pm 180^\circ (2k+1),\; k \in \mathbb{Z}。
    • 實軸上的軌跡：位於奇數個實軸「極點＋零點」總數之左側。
    • 漸近方向與抵達角：本題開迴路極點數 n=0n = 0、有限零點數 m=3m = 3，故有 3 條分支自無窮遠處（K→0+K \to 0^+）出發，隨著 K→∞K \to \infty 終止於三重零點 s=−1s = -1。
  3. 互補根軌跡（Complementary Root Locus, K<0K < 0）法則：
    • 角度條件：∠G(s)=±360∘k,  k∈Z\angle G(s) = \pm 360^\circ k,\; k \in \mathbb{Z}（即 0∘0^\circ 條件）。
    • 實軸上的軌跡：位於偶數個實軸「極點＋零點」總數之左側（含最右側無極零點區域）。
  4. 系統穩定度分析（Stability Criterion）：
    可利用**羅斯-赫維茲穩定準則（Routh-Hurwitz Criterion）**或由根軌跡與虛軸之交點，求出閉迴路極點全落在左半平面（LHP）之 KK 值範圍。

解題方法與詳細步驟

系統閉迴路轉移函數為：
T(s)=L(s)1+L(s)T(s) = \frac{L(s)}{1+L(s)}
特徵方程式（Characteristic Equation, CE）為：
1+K(s+1)3=0  ⟹  (s+1)3=−1K1 + K(s+1)^3 = 0 \implies (s+1)^3 = -\frac{1}{K}

展開為多項式形式：
Ks3+3Ks2+3Ks+(K+1)=0K s^3 + 3K s^2 + 3K s + (K+1) = 0

(a) 繪製 0<K<∞0 < K < \infty 的正根軌跡圖

  1. 極點與零點分佈：

    • 開迴路極點數 n=0n = 0。
    • 開迴路零點數 m=3m = 3，位於 s=−1s = -1（三重零點）。
    • 軌跡分支數為 33 條。分支由無窮遠處（K→0+K \to 0^+）出發，終止於三重零點 s=−1s = -1（K→∞K \to \infty）。

  2. 實軸上的根軌跡：

    • 在實軸上，s=−1s = -1 處有 3 個零點（奇數個）。
    • 根據正根軌跡規則，實軸上位於奇數個極零點左側的區域為根軌跡，故實軸區間為：(−∞,−1](-\infty, -1]。

  3. 抵達角（Angle of Arrival, θa\theta_a）與無窮遠出發角：
    當 s→−1s \to -1 時，由角度條件：
    3∠(s+1)=±180∘(2k+1)  ⟹  θa=±180∘(2k+1)3=±60∘,180∘3 \angle (s+1) = \pm 180^\circ(2k+1) \implies \theta_a = \frac{\pm 180^\circ(2k+1)}{3} = \pm 60^\circ, 180^\circ

    • 1 條分支自實軸負無限大沿 180∘180^\circ 方向進入 s=−1s = -1。
    • 2 條共軛複數分支由右半平面無窮遠處沿 ±60∘\pm 60^\circ 方向朝 s=−1s = -1 抵達。

  4. 虛軸交點（Imaginary Axis Crossings）：
    由特徵方程式根的解析解：
    s+1=(1K)1/3ej180∘+360∘k3,k=0,1,2s+1 = \left(\frac{1}{K}\right)^{1/3} e^{j \frac{180^\circ + 360^\circ k}{3}}, \quad k = 0, 1, 2
    複數根為：
    s=−1+1K1/3e±j60∘=(−1+12K1/3)±j32K1/3s = -1 + \frac{1}{K^{1/3}} e^{\pm j 60^\circ} = \left( -1 + \frac{1}{2 K^{1/3}} \right) \pm j \frac{\sqrt{3}}{2 K^{1/3}}
    令實部為 00（交於虛軸）：
    −1+12K1/3=0  ⟹  K1/3=12  ⟹  K=18=0.125-1 + \frac{1}{2 K^{1/3}} = 0 \implies K^{1/3} = \frac{1}{2} \implies K = \frac{1}{8} = 0.125
    交點位置為：
    s=±j32(1/2)=±j3s = \pm j \frac{\sqrt{3}}{2 (1/2)} = \pm j \sqrt{3}

  5. 圖形特徵描繪：

    • 當 0<K<180 < K < \frac{1}{8}：2 條複數根位於右半平面（RHP），1 條實根位於左半平面（LHP）。
    • 當 K=18K = \frac{1}{8}：複數根穿過虛軸 s=±j3s = \pm j\sqrt{3}。
    • 當 K>18K > \frac{1}{8}：所有 3 條根均進入左半平面，並在 K→∞K \to \infty 時匯合於 s=−1s = -1。
                  jω
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     <===========--o--------+-----> σ
      (實軸軌跡)  -1|        |  (K=0 處自 ∞ 沿 60° 進入)
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(b) 繪製 −∞<K<0-\infty < K < 0 的互補根軌跡圖

令 K=−K′K = -K'，其中 0<K′<∞0 < K' < \infty。特徵方程式變為：
(s+1)3=1K′(s+1)^3 = \frac{1}{K'}

  1. 實軸上的根軌跡：
    • 根據互補根軌跡規則，實軸上位於偶數個極零點左側的區域為根軌跡。
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第 Problem 1 題15 分

Consider a negative unity-feedback system, T(s)=L(s)1+L(s)T(s) = \frac{L(s)}{1+L(s)}, with loop transfer function L(s)=KG(s)=K(s+1)3L(s) = KG(s) = K(s+1)^3, K∈RK \in \mathbb{R};

(a) (5 points) draw the root-locus plot for 0<K<∞0 < K < \infty,
(b) (5 points) draw the root-locus plot for −∞<K<0-\infty < K < 0,
(c) (5 points) determine the range of KK such that the close-loop system is stable.

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核心觀念

本題探討負回授系統在純零點（無有限開迴路極點）架構下的根軌跡分析與閉迴路穩定度判別，核心觀念包含：

  1. 特徵方程式（Characteristic Equation）：
    負回授系統之閉迴路特徵方程式為 1+L(s)=01 + L(s) = 0，即 1+K(s+1)3=01 + K(s+1)^3 = 0。
  2. 正根軌跡（Direct Root Locus, K>0K > 0）法則：
    • 角度條件（Angle Condition）：∠L(s)=±180∘(2k+1),  k∈Z\angle L(s) = \pm 180^\circ (2k+1),\; k \in \mathbb{Z}。
    • 實軸上的軌跡：位於奇數個實軸「極點＋零點」總數之左側。
    • 漸近方向與抵達角：本題開迴路極點數 n=0n = 0、有限零點數 m=3m = 3，故有 3 條分支自無窮遠處（K→0+K \to 0^+）出發，隨著 K→∞K \to \infty 終止於三重零點 s=−1s = -1。
  3. 互補根軌跡（Complementary Root Locus, K<0K < 0）法則：
    • 角度條件：∠G(s)=±360∘k,  k∈Z\angle G(s) = \pm 360^\circ k,\; k \in \mathbb{Z}（即 0∘0^\circ 條件）。
    • 實軸上的軌跡：位於偶數個實軸「極點＋零點」總數之左側（含最右側無極零點區域）。
  4. 系統穩定度分析（Stability Criterion）：
    可利用**羅斯-赫維茲穩定準則（Routh-Hurwitz Criterion）**或由根軌跡與虛軸之交點，求出閉迴路極點全落在左半平面（LHP）之 KK 值範圍。

解題方法與詳細步驟

系統閉迴路轉移函數為：
T(s)=L(s)1+L(s)T(s) = \frac{L(s)}{1+L(s)}
特徵方程式（Characteristic Equation, CE）為：
1+K(s+1)3=0  ⟹  (s+1)3=−1K1 + K(s+1)^3 = 0 \implies (s+1)^3 = -\frac{1}{K}

展開為多項式形式：
Ks3+3Ks2+3Ks+(K+1)=0K s^3 + 3K s^2 + 3K s + (K+1) = 0

(a) 繪製 0<K<∞0 < K < \infty 的正根軌跡圖

  1. 極點與零點分佈：

    • 開迴路極點數 n=0n = 0。
    • 開迴路零點數 m=3m = 3，位於 s=−1s = -1（三重零點）。
    • 軌跡分支數為 33 條。分支由無窮遠處（K→0+K \to 0^+）出發，終止於三重零點 s=−1s = -1（K→∞K \to \infty）。

  2. 實軸上的根軌跡：

    • 在實軸上，s=−1s = -1 處有 3 個零點（奇數個）。
    • 根據正根軌跡規則，實軸上位於奇數個極零點左側的區域為根軌跡，故實軸區間為：(−∞,−1](-\infty, -1]。

  3. 抵達角（Angle of Arrival, θa\theta_a）與無窮遠出發角：
    當 s→−1s \to -1 時，由角度條件：
    3∠(s+1)=±180∘(2k+1)  ⟹  θa=±180∘(2k+1)3=±60∘,180∘3 \angle (s+1) = \pm 180^\circ(2k+1) \implies \theta_a = \frac{\pm 180^\circ(2k+1)}{3} = \pm 60^\circ, 180^\circ

    • 1 條分支自實軸負無限大沿 180∘180^\circ 方向進入 s=−1s = -1。
    • 2 條共軛複數分支由右半平面無窮遠處沿 ±60∘\pm 60^\circ 方向朝 s=−1s = -1 抵達。

  4. 虛軸交點（Imaginary Axis Crossings）：
    由特徵方程式根的解析解：
    s+1=(1K)1/3ej180∘+360∘k3,k=0,1,2s+1 = \left(\frac{1}{K}\right)^{1/3} e^{j \frac{180^\circ + 360^\circ k}{3}}, \quad k = 0, 1, 2
    複數根為：
    s=−1+1K1/3e±j60∘=(−1+12K1/3)±j32K1/3s = -1 + \frac{1}{K^{1/3}} e^{\pm j 60^\circ} = \left( -1 + \frac{1}{2 K^{1/3}} \right) \pm j \frac{\sqrt{3}}{2 K^{1/3}}
    令實部為 00（交於虛軸）：
    −1+12K1/3=0  ⟹  K1/3=12  ⟹  K=18=0.125-1 + \frac{1}{2 K^{1/3}} = 0 \implies K^{1/3} = \frac{1}{2} \implies K = \frac{1}{8} = 0.125
    交點位置為：
    s=±j32(1/2)=±j3s = \pm j \frac{\sqrt{3}}{2 (1/2)} = \pm j \sqrt{3}

  5. 圖形特徵描繪：

    • 當 0<K<180 < K < \frac{1}{8}：2 條複數根位於右半平面（RHP），1 條實根位於左半平面（LHP）。
    • 當 K=18K = \frac{1}{8}：複數根穿過虛軸 s=±j3s = \pm j\sqrt{3}。
    • 當 K>18K > \frac{1}{8}：所有 3 條根均進入左半平面，並在 K→∞K \to \infty 時匯合於 s=−1s = -1。
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(b) 繪製 −∞<K<0-\infty < K < 0 的互補根軌跡圖

令 K=−K′K = -K'，其中 0<K′<∞0 < K' < \infty。特徵方程式變為：
(s+1)3=1K′(s+1)^3 = \frac{1}{K'}

  1. 實軸上的根軌跡：
    • 根據互補根軌跡規則，實軸上位於偶數個極零點左側的區域為根軌跡。
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第 Problem 2 題15 分

Consider a negative unity-feedback system, T(s)=L(s)1+L(s)T(s) = \frac{L(s)}{1+L(s)}, with loop transfer function L(s)=−(s−2)(s+1)2L(s)= \frac{-(s-2)}{(s+1)^2};

(a) (5 points) compute the phase crossover frequency ωpc\omega_{pc} and the gain margin GM,
(b) (5 points) compute the gain crossover frequency ωcg\omega_{cg} and the phase margin PM,
(c) (5 points) determine that the close-loop system is stable or not?

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 Bode 圖中的增益裕度、相位裕度，以及由裕度判斷閉迴路穩定性。

對負單位回授系統：

T(s)=L(s)1+L(s)T(s)=\frac{L(s)}{1+L(s)}

定義如下：

  • 相位交越頻率 ωpc\omega_{pc}：使得 ∠L(jωpc)=−180∘\angle L(j\omega_{pc})=-180^\circ
  • 增益裕度： GM=1∣L(jωpc)∣GM=\frac{1}{|L(j\omega_{pc})|} 以分貝表示為 GMdB=20log⁡10(GM)GM_{\mathrm{dB}}=20\log_{10}(GM)
  • 增益交越頻率 ωcg\omega_{cg}：使得 ∣L(jωcg)∣=1|L(j\omega_{cg})|=1
  • 相位裕度： PM=180∘+∠L(jωcg)PM=180^\circ+\angle L(j\omega_{cg})

對具備合理 Nyquist 條件的系統，GM>1GM>1 且 PM>0∘PM>0^\circ 通常代表閉迴路穩定；本題也會直接由閉迴路特徵方程驗證。

解題方法

題目給定：

L(s)=−(s−2)(s+1)2=2−s(s+1)2L(s)=\frac{-(s-2)}{(s+1)^2} =\frac{2-s}{(s+1)^2}

令 s=jωs=j\omega：

L(jω)=2−jω(1+jω)2L(j\omega)=\frac{2-j\omega}{(1+j\omega)^2}

先求幅值與相位

分子幅值為：

∣2−jω∣=4+ω2|2-j\omega|=\sqrt{4+\omega^2}

分母幅值為：

∣(1+jω)2∣=∣1+jω∣2=1+ω2|(1+j\omega)^2|=|1+j\omega|^2=1+\omega^2

因此：

∣L(jω)∣=ω2+4ω2+1|L(j\omega)| =\frac{\sqrt{\omega^2+4}}{\omega^2+1}

相位為：

∠L(jω)=−tan⁡−1(ω2)−2tan⁡−1(ω)\angle L(j\omega) =-\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{2}\right) -2\tan^{-1}(\omega)

(a) 相位交越頻率與增益裕度

直接令相位等於 −180∘-180^\circ 進行三角反函數運算較繁瑣，因此將 L(jω)L(j\omega) 化為實部與虛部。

由

L(jω)=(2−jω)(1−jω)2(1+ω2)2L(j\omega) =\frac{(2-j\omega)(1-j\omega)^2}{(1+\omega^2)^2}

可得：

L(jω)=2−4ω2+j(ω3−5ω)(1+ω2)2L(j\omega) = \frac{2-4\omega^2+j(\omega^3-5\omega)} {(1+\omega^2)^2}

相位為 −180∘-180^\circ 時，L(jω)L(j\omega) 必須位於負實軸上，因此令虛部為零：

ω3−5ω=0\omega^3-5\omega=0 ω(ω2−5)=0\omega(\omega^2-5)=0

考慮正頻率 ω>0\omega>0，得到：

ωpc=5 rad/s\boxed{\omega_{pc}=\sqrt{5}\ \mathrm{rad/s}}

在 ω=5\omega=\sqrt{5} 時：

L(j5)=2−4(5)(1+5)2=−1836=−12L(j\sqrt{5}) = \frac{2-4(5)}{(1+5)^2} = \frac{-18}{36} =-\frac12

所以：

∣L(jωpc)∣=12|L(j\omega_{pc})|=\frac12

增益裕度為：

GM=11/2=2GM=\frac{1}{1/2}=2

以分貝表示：

GMdB=20log⁡102≈6.02 dBGM_{\mathrm{dB}} =20\log_{10}2 \approx 6.02\ \mathrm{dB}

因此：

ωpc=5 rad/s\boxed{\omega_{pc}=\sqrt{5}\ \mathrm{rad/s}}
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第 Problem 2 題15 分

Consider a negative unity-feedback system, T(s)=L(s)1+L(s)T(s) = \frac{L(s)}{1+L(s)}, with loop transfer function L(s)=−(s−2)(s+1)2L(s)= \frac{-(s-2)}{(s+1)^2};

(a) (5 points) compute the phase crossover frequency ωpc\omega_{pc} and the gain margin GM,
(b) (5 points) compute the gain crossover frequency ωcg\omega_{cg} and the phase margin PM,
(c) (5 points) determine that the close-loop system is stable or not?

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核心觀念

本題考查 Bode 圖中的增益裕度、相位裕度，以及由裕度判斷閉迴路穩定性。

對負單位回授系統：

T(s)=L(s)1+L(s)T(s)=\frac{L(s)}{1+L(s)}

定義如下：

  • 相位交越頻率 ωpc\omega_{pc}：使得 ∠L(jωpc)=−180∘\angle L(j\omega_{pc})=-180^\circ
  • 增益裕度： GM=1∣L(jωpc)∣GM=\frac{1}{|L(j\omega_{pc})|} 以分貝表示為 GMdB=20log⁡10(GM)GM_{\mathrm{dB}}=20\log_{10}(GM)
  • 增益交越頻率 ωcg\omega_{cg}：使得 ∣L(jωcg)∣=1|L(j\omega_{cg})|=1
  • 相位裕度： PM=180∘+∠L(jωcg)PM=180^\circ+\angle L(j\omega_{cg})

對具備合理 Nyquist 條件的系統，GM>1GM>1 且 PM>0∘PM>0^\circ 通常代表閉迴路穩定；本題也會直接由閉迴路特徵方程驗證。

解題方法

題目給定：

L(s)=−(s−2)(s+1)2=2−s(s+1)2L(s)=\frac{-(s-2)}{(s+1)^2} =\frac{2-s}{(s+1)^2}

令 s=jωs=j\omega：

L(jω)=2−jω(1+jω)2L(j\omega)=\frac{2-j\omega}{(1+j\omega)^2}

先求幅值與相位

分子幅值為：

∣2−jω∣=4+ω2|2-j\omega|=\sqrt{4+\omega^2}

分母幅值為：

∣(1+jω)2∣=∣1+jω∣2=1+ω2|(1+j\omega)^2|=|1+j\omega|^2=1+\omega^2

因此：

∣L(jω)∣=ω2+4ω2+1|L(j\omega)| =\frac{\sqrt{\omega^2+4}}{\omega^2+1}

相位為：

∠L(jω)=−tan⁡−1(ω2)−2tan⁡−1(ω)\angle L(j\omega) =-\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{2}\right) -2\tan^{-1}(\omega)

(a) 相位交越頻率與增益裕度

直接令相位等於 −180∘-180^\circ 進行三角反函數運算較繁瑣，因此將 L(jω)L(j\omega) 化為實部與虛部。

由

L(jω)=(2−jω)(1−jω)2(1+ω2)2L(j\omega) =\frac{(2-j\omega)(1-j\omega)^2}{(1+\omega^2)^2}

可得：

L(jω)=2−4ω2+j(ω3−5ω)(1+ω2)2L(j\omega) = \frac{2-4\omega^2+j(\omega^3-5\omega)} {(1+\omega^2)^2}

相位為 −180∘-180^\circ 時，L(jω)L(j\omega) 必須位於負實軸上，因此令虛部為零：

ω3−5ω=0\omega^3-5\omega=0 ω(ω2−5)=0\omega(\omega^2-5)=0

考慮正頻率 ω>0\omega>0，得到：

ωpc=5 rad/s\boxed{\omega_{pc}=\sqrt{5}\ \mathrm{rad/s}}

在 ω=5\omega=\sqrt{5} 時：

L(j5)=2−4(5)(1+5)2=−1836=−12L(j\sqrt{5}) = \frac{2-4(5)}{(1+5)^2} = \frac{-18}{36} =-\frac12

所以：

∣L(jωpc)∣=12|L(j\omega_{pc})|=\frac12

增益裕度為：

GM=11/2=2GM=\frac{1}{1/2}=2

以分貝表示：

GMdB=20log⁡102≈6.02 dBGM_{\mathrm{dB}} =20\log_{10}2 \approx 6.02\ \mathrm{dB}

因此：

ωpc=5 rad/s\boxed{\omega_{pc}=\sqrt{5}\ \mathrm{rad/s}}
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第 Problem 3 題10 分

Given a first-order open-loop control system with system input-output transfer function
G(s)=Y(s)U(s)=1s+1G(s) = \frac{Y(s)}{U(s)} = \frac{1}{s+1}
and initial state y(0)=y0y(0) = y_0;
design a control input signal in the form of u(t)={u00≤t≤T0otherwiseu(t) = \begin{cases} u_0 & 0 \le t \le T \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}, such that output y(T)=0y(T) = 0, where u0u_0 is to be determined,

(a) (5 points) design a control input signal in the form of u(t)={u00≤t≤T0otherwiseu(t) = \begin{cases} u_0 & 0 \le t \le T \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}, such that output y(T)=0y(T) = 0, where u0u_0 is to be determined,
(b) (5 points) compute the corresponding output response y(t)y(t), t≥0t \ge 0.

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這一題的完整詳解

本題考查一階系統在特定輸入下的響應，以及如何設計輸入以達成期望的輸出。

核心觀念：系統的響應是其零輸入響應 (ZIR) 和零狀態響應 (ZSR) 的疊加。本題要求設計一個輸入 u(t)u(t)，使得在 t=Tt=T 時的輸出 y(T)=0y(T)=0。

給定的開迴路傳遞函數為 G(s)=1s+1G(s) = \frac{1}{s+1}，且初始狀態為 y(0)=y0y(0) = y_0。
系統的微分方程式為 dy(t)dt+y(t)=u(t)\frac{dy(t)}{dt} + y(t) = u(t)。

\subsection*{(a) 設計控制輸入信號 u(t)u(t)}
系統的輸出 y(t)y(t) 可以表示為零輸入響應 (ZIR) 和零狀態響應 (ZSR) 的總和：
y(t)=yZIR(t)+yZSR(t)y(t) = y_{ZIR}(t) + y_{ZSR}(t)。

零輸入響應 yZIR(t)y_{ZIR}(t) 是當輸入 u(t)=0u(t)=0 時，由初始條件 y(0)=y0y(0)=y_0 產生的響應。
微分方程式為 dy(t)dt+y(t)=0\frac{dy(t)}{dt} + y(t) = 0。
其解為 yZIR(t)=y(0)e−t/τy_{ZIR}(t) = y(0) e^{-t/\tau}，其中 τ\tau 是時間常數。
對於 G(s)=1s+1G(s) = \frac{1}{s+1}，時間常數 τ=1\tau=1。
所以，yZIR(t)=y0e−ty_{ZIR}(t) = y_0 e^{-t}。

零狀態響應 yZSR(t)y_{ZSR}(t) 是當初始條件為零 (y(0)=0y(0)=0) 時，由輸入 u(t)u(t) 產生的響應。
我們需要找到 u(t)=u0u(t) = u_0 (0≤t≤T0 \le t \le T) 時的 yZSR(t)y_{ZSR}(t)。
輸入 u(t)u(t) 可以表示為單位階躍函數 u0u(t)u_0 u(t) 的形式，其中 u(t)u(t) 是單位階躍函數 u(t)=1u(t) = 1 for t≥0t \ge 0。
然而，輸入只在 0≤t≤T0 \le t \le T 區間內為 u0u_0，之後為 0。
這是一個方波輸入。我們可以將其表示為 u(t)=u0[u(t)−u(t−T)]u(t) = u_0 [u(t) - u(t-T)]。

當輸入為 u(t)=u0u(t)u(t) = u_0 u(t) (即 y(0)=0y(0)=0) 時，系統的響應為：
yZSR(t)=L−1{G(s)U(s)}=L−1{1s+1⋅u0s}y_{ZSR}(t) = \mathcal{L}^{-1}\{G(s) U(s)\} = \mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{s+1} \cdot \frac{u_0}{s}\}。
使用部分分式展開：
u0s(s+1)=As+Bs+1\frac{u_0}{s(s+1)} = \frac{A}{s} + \frac{B}{s+1}
u0=A(s+1)+Bsu_0 = A(s+1) + Bs
令 s=0  ⟹  u0=A(1)  ⟹  A=u0s=0 \implies u_0 = A(1) \implies A = u_0。
令 s=−1  ⟹  u0=B(−1)  ⟹  B=−u0s=-1 \implies u_0 = B(-1) \implies B = -u_0。
所以，YZSR(s)=u0s−u0s+1Y_{ZSR}(s) = \frac{u_0}{s} - \frac{u_0}{s+1}。
yZSR(t)=u0L−1{1s}−u0L−1{1s+1}=u0[1−e−t]y_{ZSR}(t) = u_0 \mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{s}\} - u_0 \mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{s+1}\} = u_0 [1 - e^{-t}]，對於 t≥0t \ge 0。

現在我們考慮輸入 u(t)=u0[u(t)−u(t−T)]u(t) = u_0 [u(t) - u(t-T)]。
總輸出 y(t)y(t) 是這兩個響應的疊加。
由於系統是線性時不變 (LTI) 的，我們可以利用疊加原理。
輸出 y(t)y(t) 是：

  1. 當 0≤t≤T0 \le t \le T 時，輸入為 u0u_0，輸出為 yZSR(t)=u0(1−e−t)y_{ZSR}(t) = u_0(1-e^{-t}) (假設初始為零)。
  2. 當 t>Tt > T 時，輸入變為 00。此時，系統的行為由當前狀態決定。

更直接的方法是求解微分方程式。
對於 0≤t≤T0 \le t \le T，dy(t)dt+y(t)=u0\frac{dy(t)}{dt} + y(t) = u_0，初始條件 y(0)=y0y(0) = y_0。
此為非齊次線性微分方程式。
齊次解 yh(t)=Ce−ty_h(t) = C e^{-t}。
特解 yp(t)y_p(t)。設 yp(t)=Ky_p(t) = K (常數)。則 0+K=u0  ⟹  K=u00 + K = u_0 \implies K = u_0。
所以，對於 0≤t≤T0 \le t \le T，通解為 y(t)=Ce−t+u0y(t) = C e^{-t} + u_0。

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第 Problem 4 題10 分

Consider a negative unity-feedback system with loop transfer function L(s)=ωn2s(s+2ζωn)L(s) = \frac{\omega_n^2}{s(s+2\zeta\omega_n)}, where 0<ζ<10 < \zeta < 1, ωn>0\omega_n > 0, and let s=−mω+jωs = -m\omega + j\omega, where m,ω>0m, \omega > 0; find mm and ω\omega such that L(−mω+jω)=−1L(-m\omega + j\omega) = -1.

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核心觀念

由負單位回授系統的特徵方程式，

1+L(s)=01+L(s)=0

可知欲使 s=−mω+jωs=-m\omega+j\omega 成為閉迴路極點，必須滿足

L(−mω+jω)=−1.L(-m\omega+j\omega)=-1.

因此需同時滿足：

  • 相位條件：L(s)L(s) 為負實數；
  • 增益條件：∣L(s)∣=1|L(s)|=1。

直接將分母化為負實數，可同時求出 mm 與 ω\omega。

解題方法

令

s=−mω+jω=ω(−m+j),s=-m\omega+j\omega=\omega(-m+j),

並設

a=2ζωn.a=2\zeta\omega_n.

則

s+2ζωn=ω(−m+j)+a.s+2\zeta\omega_n =\omega(-m+j)+a.

因此

s(s+2ζωn)=ω(−m+j)[ω(−m+j)+a].s(s+2\zeta\omega_n) =\omega(-m+j)\left[\omega(-m+j)+a\right].

將 aa 提出 ω\omega，得

s(s+2ζωn)=ω2(−m+j)(−m+aω+j).s(s+2\zeta\omega_n) =\omega^2(-m+j)\left(-m+\frac{a}{\omega}+j\right).

展開乘積：

(−m+j)(−m+aω+j)=(m2−amω−1)+j(aω−2m).(-m+j)\left(-m+\frac{a}{\omega}+j\right) = \left(m^2-\frac{am}{\omega}-1\right) +j\left(\frac{a}{\omega}-2m\right).

所以

s(s+2ζωn)=ω2[m2−amω−1+j(aω−2m)].s(s+2\zeta\omega_n) = \omega^2 \left[ m^2-\frac{am}{\omega}-1 +j\left(\frac{a}{\omega}-2m\right) \right].

因為

L(s)=ωn2s(s+2ζωn)=−1L(s)=\frac{\omega_n^2}{s(s+2\zeta\omega_n)}=-1

要求分母為負實數，因此虛部必須為零：

aω−2m=0.\frac{a}{\omega}-2m=0.

代入 a=2ζωna=2\zeta\omega_n：

2ζωnω=2m,\frac{2\zeta\omega_n}{\omega}=2m,

得到

ω=ζωnm.\omega=\frac{\zeta\omega_n}{m}.

此時分母的實部為

ω2(m2−2m2−1)=−ω2(m2+1).\omega^2 \left(m^2-2m^2-1\right) =-\omega^2(m^2+1).

要使 L(s)=−1L(s)=-1，必須滿足

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第 Problem 5 題10 分

Design a BCD counter using logic gate(s) and 4-bit binary ripple counter in Fig. 1, which counts 0, 1, ..., 15, and then goes back to zero to repeat the count. Here A3 is MSB.

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核心觀念

BCD（Binary-Coded Decimal）計數器以 4 位元表示十進位數字，合法狀態是 00000000 至 10011001，也就是十進位 00 至 99。因此，BCD 計數器要在到達 99 後回到 00，屬於模 10 計數器。

題幹所說的 00 至 1515 是 4 位元二進位漣波計數器原本的模 16 計數範圍；若要改成 BCD，須加入邏輯閘偵測計數狀態 1010，並觸發清除。以下假設計數器具有低有效非同步清除端；題目未提供圖中的清除端極性，若為高有效，閘的輸出極性須相應調整。

解題方法

令 A3A_3 為最高位元，計數序列中的十進位 1010 為

1010=1010210_{10}=1010_2

當計數器由 99（10011001）跳至 1010（10101010）時，A3=1A_3=1 且 A1=1A_1=1。在正常計數序列的 00 至 99 中，這兩位不曾同時為 11，所以可用 NAND 閘偵測這個狀態：

CLR‾=A3A1‾\overline{\mathrm{CLR}}=\overline{A_3A_1}
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第 Problem 6 題15 分

(a) Using JK-FF designs a counter with the following repeated binary sequence: 0, 2, 4, 6, 8. You must present state table, K-map, and logic diagram. (15 points) (b) What are the responses of unused states? Is it a self-correcting circuit? (6 points)

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核心觀念

本題要求使用 JK 正反器設計一個循環計數器，其狀態序列為

0→2→4→6→8→00\rightarrow 2\rightarrow 4\rightarrow 6\rightarrow 8\rightarrow 0

以 4 位元狀態表示：

0000→0010→0100→0110→1000→00000000\rightarrow0010\rightarrow0100\rightarrow0110\rightarrow1000\rightarrow0000

設四個 JK-FF 的輸出為 Q3,Q2,Q1,Q0Q_3,Q_2,Q_1,Q_0，其中 Q3Q_3 為最高位元。

JK 正反器的激勵關係如下：

現態 QQ次態 Q+Q^+JJKK
000XX
011XX
10XX1
11XX0

其中 XX 表示不必指定的 don’t care 狀態。

(a) 狀態表

本設計將所有未使用狀態指定為下一個時脈回到 00000000，使電路具備自我修正能力。

現態 Q3Q2Q1Q0Q_3Q_2Q_1Q_0次態 Q3+Q2+Q1+Q0+Q_3^+Q_2^+Q_1^+Q_0^+十進位意義
000000100→20\rightarrow2
001001002→42\rightarrow4
010001104→64\rightarrow6
011010006→86\rightarrow8
100000008→08\rightarrow0
00010000未使用狀態
00110000未使用狀態
01010000未使用狀態
01110000未使用狀態
10010000未使用狀態
10100000未使用狀態
10110000未使用狀態
11000000未使用狀態
11010000未使用狀態
11100000未使用狀態
11110000未使用狀態

JK 激勵表

根據狀態表及 JK 激勵表，可得到各正反器所需的輸入。

現態次態J3J_3K3K_3J2J_2K2K_2J1J_1K1K_1J0J_0K0K_0
000000100XX0XX1XX0XX
001001000XX1XXXX10XX
010001100XXXX01XX0XX
011010001XXXX1XX10XX
10000000XX10XX0XX0XX

對未使用狀態，因為均指定回到 00000000，其激勵值依照相同規則填入。

K-map 化簡

令

A=Q3,B=Q2,C=Q1,D=Q0A=Q_3,\qquad B=Q_2,\qquad C=Q_1,\qquad D=Q_0

K-map 的排列採用 Gray code 順序：

  • 列：AB=00,01,11,10AB=00,01,11,10
  • 欄：CD=00,01,11,10CD=00,01,11,10

J3J_3 的 K-map

J3J_3 的 1 僅出現在現態 01100110，而 A=1A=1 時為 don’t care：

J3=Σm(6)+d(8,9,10,11,12,13,14,15)J_3=\Sigma m(6)+d(8,9,10,11,12,13,14,15)

利用 don’t care 合併後：

J3=BCD‾\boxed{J_3=BC\overline{D}}

K3K_3 的 K-map

當 A=1A=1 時，所有狀態都必須清除回 A=0A=0，因此可令：

K3=1\boxed{K_3=1}

J2J_2 的 K-map

J2J_2 在現態 00100010 時必須為 1；當 B=1B=1 時，J2J_2 為 don’t care：

J2=Σm(2)+d(4,5,6,7,12,13,14,15)J_2=\Sigma m(2)+d(4,5,6,7,12,13,14,15)

合併 m(2)m(2) 與 m(6)m(6)，得到：

J2=A‾CD‾\boxed{J_2=\overline{A}C\overline{D}}

K2K_2 的 K-map

當 B=1B=1 時，下一狀態中的 BB 均為 0，因此：

K2=1\boxed{K_2=1}

J1J_1 的 K-map

J1J_1 在 00000000 與 01000100 時必須為 1；當 C=1C=1 時為 don’t care：

J1=Σm(0,4)+d(2,3,6,7,10,11,14,15)J_1=\Sigma m(0,4)+d(2,3,6,7,10,11,14,15)

合併後：

J1=B‾ D‾\boxed{J_1=\overline{B}\,\overline{D}}

K1K_1 的 K-map

當 C=1C=1 時，下一狀態中的 CC 均為 0，因此：

K1=1\boxed{K_1=1}

J0J_0 與 K0K_0 的 K-map

合法狀態的最低位元 DD 永遠為 0，且所有未使用狀態也被送回 00000000。因此令：

J0=0\boxed{J_0=0}

當 D=1D=1 時，必須將其清為 0；而 D=0D=0 時 K0K_0 為 don’t care，因此可令：

K0=1\boxed{K_0=1}

最終邏輯方程式

J3=Q2Q1Q0‾\boxed{J_3=Q_2Q_1\overline{Q_0}} K3=1\boxed{K_3=1} J2=Q3‾Q1Q0‾\boxed{J_2=\overline{Q_3}Q_1\overline{Q_0}}
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