108 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《控制系統》

核心觀念

本題考查單位負回授的閉迴路特徵方程、三次系統的 Routh–Hurwitz 穩定判據、系統型別與穩態誤差，以及透過極零相消得到指定的二階閉迴路傳遞函數。

解題方法

依原圖，加總點是單位負回授：參考輸入 $r$ 接正端，輸出 $y$ 回授至負端；前向串接為 $C(s)=\dfrac{K(s+b)}{s+a}$ 與 $G(s)=\dfrac{1}{s(s+1)}$。因此

$$L(s)=C(s)G(s)=\frac{K(s+b)}{(s+a)s(s+1)},\qquad T(s)=\frac{L(s)}{1+L(s)}.$$

閉迴路特徵多項式為

$$P(s)=(s+a)s(s+1)+K(s+b) =s^3+(a+1)s^2+(a+K)s+Kb.$$

(a) 閉迴路穩定的 $K$ 範圍

對 $P(s)$ 建立 Routh 表：

$$\begin{array}{c|cc} s^3 & 1 & a+K\\ s^2 & a+1 & Kb\\ s^1 & \dfrac{(a+1)(a+K)-Kb}{a+1} & 0\\ s^0 & Kb & \end{array}$$

由於 $a,b,K>0$，第一欄除 $s^1$ 列外皆為正。穩定條件是

$$(a+1)(a+K)-Kb>0 \quad\Longleftrightarrow\quad a(a+1)+K(a+1-b)>0.$$

若 $b\le a+1$，此不等式對所有 $K>0$ 成立。若 $b>a+1$，則須有 $K<\dfrac{a(a+1)}{b-a-1}$。

(b) 具有兩個純虛數極點

令 $b=2(a+1)$。Routh 表中 $s^1$ 列的分子變為

$$(a+1)(a+K)-2K(a+1)=(a+1)(a-K).$$

純虛數極點出現在穩定邊界，因此令其為零，得 $K=a$。代回特徵多項式：

$$P(s)=s^3+(a+1)s^2+2as+2a(a+1) =(s+a+1)(s^2+2a).$$

故純虛數極點為 $s=\pm j\sqrt{2a}$。

(c) $b=0.5$ 時拋物線輸入的穩態誤差

開迴路 $L(s)$ 在原點有一個極點，因此是第一型系統。其加速度誤差常數為

$$K_a=\lim_{s\to 0}s^2L(s) =\lim_{s\to 0}\frac{Ks(s+b)}{(s+a)(s+1)}=0.$$

核心觀念

此題考查單位負回授系統的：

• 閉迴路特徵方程式；
• Routh–Hurwitz 穩定判據；
• 根軌跡的實軸區段、漸近線、出發角與到達角；
• 利用補償器 $C(s)=K\dfrac{s+b}{s+a}$ 改變根軌跡以達成穩定。

由圖為單位負回授，因此閉迴路特徵方程式為

$$1+C(s)G(s)=0.$$

令

$$N(s)=s^2+3s+2.5=(s+1.5-0.5j)(s+1.5+0.5j),$$ $$D(s)=s^2(s^2+3s+2)=s^2(s+1)(s+2).$$

---

(a) 證明任意 $K>0$ 時系統皆不穩定

令 $C(s)=K$，則

$$1+K\frac{N(s)}{D(s)}=0,$$

所以閉迴路特徵方程式為

$$D(s)+KN(s)=0.$$

展開得

$$s^2(s^2+3s+2)+K(s^2+3s+2.5)=0,$$

即

$$s^4+3s^3+(K+2)s^2+3Ks+2.5K=0.$$

Routh 表為

$$\begin{array}{c|ccc} s^4 & 1 & K+2 & 2.5K\\ s^3 & 3 & 3K & 0\\ s^2 & \dfrac{3(K+2)-3K}{3}=2 & 2.5K & 0\\ s^1 & \dfrac{2(3K)-3(2.5K)}{2} =-0.75K & 0 & 0\\ s^0 & 2.5K & & \end{array}$$

第一欄為

$$1,\quad 3,\quad 2,\quad -0.75K,\quad 2.5K.$$

當 $K>0$ 時，符號為

$$+,\quad +,\quad +,\quad -,\quad +.$$

共有兩次符號變化，因此有兩個右半平面根。故閉迴路系統對任意 $K>0$ 皆不穩定。

---

(b) $C(s)=K$ 時的根軌跡

開迴路極點與零點

開迴路傳遞函數為

$$L(s)=K\frac{s^2+3s+2.5}{s^2(s+1)(s+2)}.$$

極點為

$$s=0,\ 0,\ -1,\ -2,$$

零點為

$$z_{1,2}=-1.5\pm0.5j.$$

---

實軸根軌跡

實軸上的點若其右側的開迴路極點與零點總數為奇數，則位於根軌跡上。

因此實軸根軌跡只有

$$-2<s<-1.$$

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漸近線

極點數 $n=4$，零點數 $m=2$，故有

$$n-m=2$$

條漸近線。

漸近線交點為

$$\sigma_a= \frac{\sum p_i-\sum z_i}{n-m}.$$

其中

$$\sum p_i=0+0-1-2=-3,$$ $$\sum z_i=(-1.5+0.5j)+(-1.5-0.5j)=-3.$$

所以

$$\sigma_a=\frac{-3-(-3)}{2}=0.$$

漸近線角度為

$$\theta_q=\frac{(2q+1)180^\circ}{2}, \qquad q=0,1.$$

因此

$$\boxed{\theta=90^\circ,\ 270^\circ}.$$

也就是通過原點的上下兩條垂直漸近線。

---

$s=0$ 雙重極點的出發角

在 $s=0$ 附近，其他極點為 $-1,-2$，兩個零點為

$$-1.5\pm0.5j.$$

由角度條件可得

$$\sum \angle(s-z_i) -\sum \angle(s-p_i) =180^\circ.$$

兩個零點相對於原點的角度和為 $360^\circ$；其他兩個極點的角度和亦為 $360^\circ$。設出發角為 $\theta$，則雙重極點貢獻 $2\theta$：

$$360^\circ-(360^\circ+2\theta) =180^\circ \pmod {360^\circ}.$$

因此

$$-2\theta=180^\circ \pmod {360^\circ},$$

得到

$$\boxed{\theta=90^\circ,\ 270^\circ}.$$

兩條根軌跡由原點沿著上下方向離開。

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複數零點的到達角

考慮上方零點

$$z_1=-1.5+0.5j.$$

其他零點相對於 $z_1$ 的角度為 $90^\circ$。

各極點相對於 $z_1$ 的角度為

$$\angle(z_1-0)=161.565^\circ,$$ $$\angle(z_1+1)=135^\circ, \qquad \angle(z_1+2)=45^\circ.$$

由於 $s=0$ 為雙重極點，極點角度總和為

核心觀念

本題考查：

1. 狀態轉移矩陣 $\Phi(t)=e^{At}$。
2. 上三角系統矩陣指數的計算。
3. 單位階輸入下的零狀態響應：
   $x(t)=\int_0^t e^{A(t-\tau)}B\,d\tau$
4. 穩態值與暫態項的分離。
5. 重根 $\gamma=-2$ 所造成的 $te^{-2t}$ 項。

---

(a) 狀態轉移矩陣

由於 $A$ 為上三角矩陣，先求各狀態間的傳遞關係。

令

$$\Phi(t)=e^{At} = \begin{bmatrix} \phi_{11}(t)&\phi_{12}(t)&\phi_{13}(t)\\ \phi_{21}(t)&\phi_{22}(t)&\phi_{23}(t)\\ \phi_{31}(t)&\phi_{32}(t)&\phi_{33}(t) \end{bmatrix}$$

對角元素直接為

$$\phi_{11}(t)=e^{-t},\qquad \phi_{22}(t)=e^{-2t},\qquad \phi_{33}(t)=e^{\gamma t}$$

因為 $A$ 的第 $(1,2)$、$(2,1)$、$(3,1)$、$(3,2)$ 元素皆為零，所以

$$\phi_{12}(t)=\phi_{21}(t)=\phi_{31}(t)=\phi_{32}(t)=0$$

對於 $\phi_{23}(t)$：

$$\dot{x}_2+2x_2=x_3$$

因此

$$\phi_{23}(t) = \int_0^t e^{-2(t-\tau)}e^{\gamma\tau}\,d\tau = \frac{e^{\gamma t}-e^{-2t}}{\gamma+2}$$

當 $\gamma=-2$ 時取極限，得到

$$\phi_{23}(t)=te^{-2t}$$

對於 $\phi_{13}(t)$：

$$\dot{x}_1+x_1=\alpha x_3$$

所以

$$\phi_{13}(t) = \alpha\int_0^t e^{-(t-\tau)}e^{\gamma\tau}\,d\tau = \alpha\frac{e^{\gamma t}-e^{-t}}{\gamma+1}$$

當 $\gamma=-1$ 時取極限，得到

$$\phi_{13}(t)=\alpha te^{-t}$$

因此，當 $\gamma\neq -1,-2$ 時，

$$\boxed{ \Phi(t)= \begin{bmatrix} e^{-t} & 0 & \displaystyle \alpha\frac{e^{\gamma t}-e^{-t}}{\gamma+1}\\[8pt] 0 & e^{-2t} & \displaystyle \frac{e^{\gamma t}-e^{-2t}}{\gamma+2}\\[8pt] 0&0&e^{\gamma t} \end{bmatrix} }$$

特殊情形如下。

當 $\gamma=-2$ 時，

$$\boxed{ \Phi(t)= \begin{bmatrix} e^{-t} & 0 & \alpha(e^{-t}-e^{-2t})\\ 0 & e^{-2t} & te^{-2t}\\ 0&0&e^{-2t} \end{bmatrix} }$$

當 $\gamma=-1$ 時，

$$\boxed{ \Phi(t)= \begin{bmatrix} e^{-t} & 0 & \alpha te^{-t}\\ 0&e^{-2t}&e^{-t}-e^{-2t}\\ 0&0&e^{-t} \end{bmatrix} }$$

---

(b) 零初始條件下的暫態輸出

題目給定

$$x(0)=0,\qquad \beta=1$$

因此

$$B= \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix}$$

且輸入為單位階輸入 $u(t)=1$。

由於 $B$ 的第三個元素為零，且 $x_3(0)=0$，有

$$\dot{x}_3=\gamma x_3$$

因此

$$x_3(t)=0$$

此時前兩個狀態彼此獨立：

$$\dot{x}_1=-x_1+1$$

得到

$$x_1(t)=1-e^{-t}$$

以及

$$\dot{x}_2=-2x_2+1$$

得到

$$x_2(t)=\frac{1}{2}\left(1-e^{-2t}\right)$$

輸出為

$$y(t)=x_1(t)+x_2(t)+x_3(t)$$

所以

$$y(t) = 1-e^{-t} +\frac{1}{2}(1-e^{-2t})$$

即

$$y(t)=\frac{3}{2}-e^{-t}-\frac{1}{2}e^{-2t}$$

暫態響應為

$$y_{\mathrm{tr}}(t) = -e^{-t}-\frac{1}{2}e^{-2t}$$

其中沒有 $te^{-2t}$ 項，而且 $\alpha$、$\gamma$ 均不影響此結果，原因是 $x_3(t)$ 永遠為零。

因此，依照題面所給的

$$B= \begin{bmatrix} \beta\\1\\0 \end{bmatrix}, \qquad \beta=1$$

核心觀念

本題考查：

1. Nyquist 圖的繪製與關鍵頻率判斷。
2. Nyquist 穩定判據。
3. 閉迴路特徵方程式與穩定範圍。
4. Gain Margin（增益裕度）與 Phase Margin（相位裕度）。

單位回授系統的閉迴路特徵方程式為

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

其中

$$L(s)=\frac{K(s-z)}{s(s+p)},\qquad p>0,\ z>0.$$

題目中所列的 $L(j\omega)$ 中間推導將 $j\omega-z$ 寫成 $p+j\omega$，此等式並不成立。以下依原始傳遞函數正確計算。

---

（a）$K>0$ 時的 Nyquist 圖

令 $s=j\omega$：

$$L(j\omega) =\frac{K(j\omega-z)}{j\omega(p+j\omega)}.$$

分母為

$$j\omega(p+j\omega)=-\omega^2+jp\omega.$$

乘以分母共軛，得

$$L(j\omega) = K\frac{(j\omega-z)(-\omega^2-jp\omega)} {\omega^4+p^2\omega^2}.$$

整理後：

$$L(j\omega) = K\left[ \frac{p+z}{\omega^2+p^2} +j\frac{pz-\omega^2}{\omega(\omega^2+p^2)} \right].$$

因此

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\} = \frac{K(p+z)}{\omega^2+p^2}>0$$

對所有 $\omega>0$ 均成立。故正頻率部分的 Nyquist 軌跡完全位於右半平面。

關鍵位置

當 $\omega\to 0^+$ 時：

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\}\to \frac{K(p+z)}{p^2},$$ $$\operatorname{Im}\{L(j\omega)\} \sim \frac{Kz}{p\omega}\to+\infty.$$

所以軌跡由正虛軸無限遠附近開始。

當 $\omega\to\infty$ 時：

$$L(j\omega)\to 0,$$

且

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\}\to 0^+,\qquad \operatorname{Im}\{L(j\omega)\}\to 0^-.$$

所以軌跡最後由第四象限趨近原點。

與實軸交點

令虛部為零：

$$\frac{K(pz-\omega^2)} {\omega(\omega^2+p^2)}=0.$$

因此

$$\omega=\sqrt{pz}.$$

此時實部為

$$\operatorname{Re}\{L(j\sqrt{pz})\} = \frac{K(p+z)}{pz+p^2} = \frac{K}{p}.$$

所以正頻率曲線通過實軸上的點

$$\boxed{\frac{K}{p}}.$$

負頻率部分為正頻率部分對實軸的鏡射。

概略形狀如下：

• 從上方無限遠開始；
• 位於右半平面；
• 以 $\omega=\sqrt{pz}$ 穿越正實軸 $K/p$；
• 最後由下方趨近原點；
• 再以實軸對稱形成完整 Nyquist 圖。

此外，由於開迴路含有原點極點，嚴格繪製 Nyquist 圖時須對原點作小半圓凹避；此凹避部分對穩定性判斷不可忽略。

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（b）$K$ 的穩定範圍與振盪頻率

方法一：由閉迴路特徵方程式判斷

由

$$1+\frac{K(s-z)}{s(s+p)}=0$$

可得

$$s(s+p)+K(s-z)=0.$$

因此閉迴路特徵方程式為

$$s^2+(p+K)s-Kz=0.$$

對二階系統

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

而言，漸近穩定的必要且充分條件為

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

本題中

$$a_1=p+K,\qquad a_0=-Kz.$$

由於 $p,z>0$，故

$$p+K>0\quad\Rightarrow\quad K>-p,$$

以及

$$-Kz>0\quad\Rightarrow\quad K<0.$$

合併得

$$\boxed{-p<K<0}.$$

在 $K=0$ 時，特徵方程式為

$$s(s+p)=0,$$

含有原點極點，屬於臨界穩定而非漸近穩定。

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方法二：由 Nyquist 圖判斷

當 $K<0$ 時，Nyquist 圖相當於將 $K>0$ 的圖形反轉，並位於左半平面。其與實軸交點為

$$-\frac{|K|}{p}=\frac{K}{p}.$$

當此交點尚未越過 $-1$ 時，系統穩定：

$$\frac{K}{p}>-1.$$

因此

$$K>-p.$$

再配合 $K<0$，得到

$$\boxed{-p<K<0}.$$

當 $K>0$ 時，閉迴路特徵方程式的常數項 $-Kz<0$，兩根乘積為負，因此必有一根位於右半平面，系統必不穩定。

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臨界振盪條件

令閉迴路極點位於虛軸上：

$$s=j\omega,\qquad \omega>0.$$

代入特徵方程式：

$$(j\omega)^2+(p+K)j\omega-Kz=0.$$

整理實部與虛部：

$$-\omega^2-Kz+j\omega(p+K)=0.$$

因此必須同時滿足

$$-\omega^2-Kz=0,$$ $$\omega(p+K)=0.$$

因為 $\omega>0$，所以

$$K=-p.$$

再代入實部方程式：

$$-\omega^2+pz=0.$$

故臨界振盪角頻率為

$$\boxed{\omega_{\mathrm{osc}}=\sqrt{pz}\ \text{rad/s}}.$$

此時特徵方程式為

$$s^2+pz=0,$$

極點為

核心觀念

本題考查：

1. 狀態轉移矩陣 $\Phi(t)=e^{At}$。
2. 上三角系統矩陣指數的計算。
3. 單位階輸入下的零狀態響應：
   $x(t)=\int_0^t e^{A(t-\tau)}B\,d\tau$
4. 穩態值與暫態項的分離。
5. 重根 $\gamma=-2$ 所造成的 $te^{-2t}$ 項。

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(a) 狀態轉移矩陣

由於 $A$ 為上三角矩陣，先求各狀態間的傳遞關係。

令

$$\Phi(t)=e^{At} = \begin{bmatrix} \phi_{11}(t)&\phi_{12}(t)&\phi_{13}(t)\\ \phi_{21}(t)&\phi_{22}(t)&\phi_{23}(t)\\ \phi_{31}(t)&\phi_{32}(t)&\phi_{33}(t) \end{bmatrix}$$

對角元素直接為

$$\phi_{11}(t)=e^{-t},\qquad \phi_{22}(t)=e^{-2t},\qquad \phi_{33}(t)=e^{\gamma t}$$

因為 $A$ 的第 $(1,2)$、$(2,1)$、$(3,1)$、$(3,2)$ 元素皆為零，所以

$$\phi_{12}(t)=\phi_{21}(t)=\phi_{31}(t)=\phi_{32}(t)=0$$

對於 $\phi_{23}(t)$：

$$\dot{x}_2+2x_2=x_3$$

因此

$$\phi_{23}(t) = \int_0^t e^{-2(t-\tau)}e^{\gamma\tau}\,d\tau = \frac{e^{\gamma t}-e^{-2t}}{\gamma+2}$$

當 $\gamma=-2$ 時取極限，得到

$$\phi_{23}(t)=te^{-2t}$$

對於 $\phi_{13}(t)$：

$$\dot{x}_1+x_1=\alpha x_3$$

所以

$$\phi_{13}(t) = \alpha\int_0^t e^{-(t-\tau)}e^{\gamma\tau}\,d\tau = \alpha\frac{e^{\gamma t}-e^{-t}}{\gamma+1}$$

當 $\gamma=-1$ 時取極限，得到

$$\phi_{13}(t)=\alpha te^{-t}$$

因此，當 $\gamma\neq -1,-2$ 時，

$$\boxed{ \Phi(t)= \begin{bmatrix} e^{-t} & 0 & \displaystyle \alpha\frac{e^{\gamma t}-e^{-t}}{\gamma+1}\\[8pt] 0 & e^{-2t} & \displaystyle \frac{e^{\gamma t}-e^{-2t}}{\gamma+2}\\[8pt] 0&0&e^{\gamma t} \end{bmatrix} }$$

特殊情形如下。

當 $\gamma=-2$ 時，

$$\boxed{ \Phi(t)= \begin{bmatrix} e^{-t} & 0 & \alpha(e^{-t}-e^{-2t})\\ 0 & e^{-2t} & te^{-2t}\\ 0&0&e^{-2t} \end{bmatrix} }$$

當 $\gamma=-1$ 時，

$$\boxed{ \Phi(t)= \begin{bmatrix} e^{-t} & 0 & \alpha te^{-t}\\ 0&e^{-2t}&e^{-t}-e^{-2t}\\ 0&0&e^{-t} \end{bmatrix} }$$

---

(b) 零初始條件下的暫態輸出

題目給定

$$x(0)=0,\qquad \beta=1$$

因此

$$B= \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix}$$

且輸入為單位階輸入 $u(t)=1$。

由於 $B$ 的第三個元素為零，且 $x_3(0)=0$，有

$$\dot{x}_3=\gamma x_3$$

因此

$$x_3(t)=0$$

此時前兩個狀態彼此獨立：

$$\dot{x}_1=-x_1+1$$

得到

$$x_1(t)=1-e^{-t}$$

以及

$$\dot{x}_2=-2x_2+1$$

得到

$$x_2(t)=\frac{1}{2}\left(1-e^{-2t}\right)$$

輸出為

$$y(t)=x_1(t)+x_2(t)+x_3(t)$$

所以

$$y(t) = 1-e^{-t} +\frac{1}{2}(1-e^{-2t})$$

即

$$y(t)=\frac{3}{2}-e^{-t}-\frac{1}{2}e^{-2t}$$

暫態響應為

$$y_{\mathrm{tr}}(t) = -e^{-t}-\frac{1}{2}e^{-2t}$$

其中沒有 $te^{-2t}$ 項，而且 $\alpha$、$\gamma$ 均不影響此結果，原因是 $x_3(t)$ 永遠為零。

因此，依照題面所給的

$$B= \begin{bmatrix} \beta\\1\\0 \end{bmatrix}, \qquad \beta=1$$

此題考查奈奎斯特穩定判準、頻率響應分析、增益裕度與相位裕度。
開迴路傳遞函數為 $L(s) = \frac{K(s-z)}{s(s+p)}$，其中 $p, z, K > 0$。

(a) 繪製奈奎斯特圖。
我們分析 $L(j\omega)$ 的幅值和相角。
$L(j\omega) = \frac{K(j\omega-z)}{j\omega(j\omega+p)} = \frac{K(-z+j\omega)}{-\omega^2+jp\omega}$.
當 $\omega \to 0^+$:
$L(j\omega) \approx \frac{K(-z)}{jp\omega} = \frac{-Kz}{p} \frac{1}{j\omega} = \frac{-Kz}{p}(-j/\omega) = j \frac{Kz}{p\omega}$.
幅值 $|L(j\omega)| \to \infty$。相角 $\angle L(j\omega) \to \frac{\pi}{2}$。
軌跡從虛軸正向上方無限遠處開始。

當 $\omega \to \infty$:
$L(j\omega) \approx \frac{K(j\omega)}{j\omega(j\omega)} = \frac{K}{j\omega}$.
幅值 $|L(j\omega)| \to 0$。相角 $\angle L(j\omega) \to -\frac{\pi}{2}$。
軌跡趨近於原點，從虛軸下方進入。

相位角 $\angle L(j\omega) = \arg(K) + \arg(j\omega-z) - \arg(j\omega) - \arg(j\omega+p)$。
$\arg(j\omega-z) = \pi - \arctan(\frac{\omega}{z})$ (因為 $-z$ 是負實部，$\omega$ 是正虛部，在第二象限)。
$\arg(j\omega) = \frac{\pi}{2}$。
$\arg(j\omega+p) = \arctan(\frac{\omega}{p})$ (因為 $p$ 是正實部，$\omega$ 是正虛部，在第一象限)。
$\angle L(j\omega) = 0 + (\pi - \arctan(\frac{\omega}{z})) - \frac{\pi}{2} - \arctan(\frac{\omega}{p}) = \frac{\pi}{2} - \arctan(\frac{\omega}{z}) - \arctan(\frac{\omega}{p})$。
當 $\omega = \sqrt{zp}$ 時，$\arctan(\frac{\sqrt{zp}}{z}) + \arctan(\frac{\sqrt{zp}}{p}) = \arctan(\sqrt{\frac{p}{z}}) + \arctan(\sqrt{\frac{z}{p}}) = \frac{\pi}{2}$。
所以，當 $\omega = \sqrt{zp}$ 時，$\angle L(j\omega) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} = 0$。
此時軌跡與實軸相交。
實軸交點的幅值 $|L(j\sqrt{zp})| = \frac{K(z+p)}{p^2+zp} = \frac{K(z+p)}{p(p+z)} = \frac{K}{p}$。
所以，軌跡與實軸的交點是 $(\frac{K}{p}, 0)$。

奈奎斯特圖草圖：軌跡從 $\omega=0$ 的 $(0, \infty)$ 開始，沿正虛軸上升，然後繞過實軸上的點 $(\frac{K}{p}, 0)$, 最後沿負虛軸趨近於原點 $(0,0)$。由於 $L(s)$ 的極點在 $s=0$ 和 $s=-p$，以及零點在 $s=z>0$，這條軌跡是 $\omega \in [0, \infty)$ 的部分。奈奎斯特圖還包括 $\omega \in (-\infty, 0]$ 的軌跡，這是 $\omega \in [0, \infty)$ 軌跡的共軛。由於實部 $Re(L(j\omega)) = \frac{K(z+p)}{p^2+\omega^2} > 0$, 軌跡始終在右半平面。

(b) 穩定區域 $K>0$。
振盪頻率：不存在。
根據奈奎斯特穩定判準，$N = P-Z$。
$L(s)$ 的極點為 $s=0$ 和 $s=-p$。在右半平面 (RHP) 沒有極點，所以 $P=0$。
為了使閉迴路系統穩定，我們需要 $Z=0$。
$N=P-Z = 0-0 = 0$。
這表示奈奎斯特圖（考慮 $\omega \in (-\infty, \infty)$）逆時針繞過 $-1+j0$ 點的次數必須為 0。
由於 $Re(L(j\omega)) > 0$, 軌跡始終在右半平面，永遠不會繞過 $-1+j0$ 點。
因此，$N=0$ 對於所有 $K>0$ 都成立。
所以，系統對於所有 $K>0$ 都是穩定的。
穩定區域為 $K>0$。