111 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》

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第 1. 題26 分

Consider the following closed-loop feedback system as depicted in Figure 1, where GpG_p and GcG_c denote the system plant and controller, respectively.
🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
Let the Laplace transform of the error e(t)e(t) be defined as E(s)=U(s)−Y(s)⋅H(s)E(s) = U(s) - Y(s) \cdot H(s). Here, U(s)U(s), Y(s)Y(s) and H(s)H(s), respectively, denote the Laplace transform of the input, output and feedback block.

(a) Let Gp=10s(s+3)G_p = \frac{10}{s(s+3)}, Gc=KG_c = K and H(s)=1H(s) = 1. Find the value of KK so that the closed-loop poles will have undamped natural frequency ωn=10\omega_n = 10. In addition, what will be the value of the corresponding damping ratio ζ\zeta?
(b) Plot the root loci for the closed-loop system defined in part (a) with K≥0K \ge 0 and find the range of KK for guaranteeing the stability of the closed-loop system.
(c) Let Gp=5s(s+2)G_p = \frac{5}{s(s+2)} and H(s)=1H(s) = 1. Design a controller Gc(s)G_c(s) to make the closed-loop system to have the desired poles p∗=−5±jbp^* = -5 \pm jb. What will be the corresponding value of bb?
(d) Let Gp=5s(s+2)G_p = \frac{5}{s(s+2)} and H(s)=K(s+10)H(s) = \frac{K}{(s+10)}. Plot the root loci for the closed-loop system with the same Gc(s)G_c(s) defined in part (c) for K≥0K \ge 0 and find the range of KK for guaranteeing the stability of the closed-loop system.

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核心觀念

負回授系統的特徵方程為

1+Gc(s)Gp(s)H(s)=0.1+G_c(s)G_p(s)H(s)=0.

二階標準形式為 s2+2ζωns+ωn2=0s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2=0；根軌跡則由開迴路極點出發，隨增益變化移動。二階系統的穩定性可由特徵多項式係數判斷。

解題方法與推導

(a) 求 KK 與阻尼比

代入 Gp(s)=10s(s+3)G_p(s)=\frac{10}{s(s+3)}、Gc(s)=KG_c(s)=K、H(s)=1H(s)=1，特徵方程為

1+10Ks(s+3)=0⟹s2+3s+10K=0.1+\frac{10K}{s(s+3)}=0 \quad\Longrightarrow\quad s^2+3s+10K=0.

與標準形式比較：

ωn2=10K,2ζωn=3.\omega_n^2=10K,\qquad 2\zeta\omega_n=3.

令 ωn=10\omega_n=10，得

K=10,ζ=32(10)=320=0.15.K=10,\qquad \zeta=\frac{3}{2(10)}=\frac{3}{20}=0.15.

(b) 根軌跡與穩定範圍

開迴路傳遞函數為 10Ks(s+3)\frac{10K}{s(s+3)}，極點在 0,−30,-3，沒有有限零點。根軌跡實軸部分位於 (−3,0)(-3,0)；兩條分支在 s=−1.5s=-1.5 脫離實軸，之後沿重心 −1.5-1.5 的兩條垂直漸近線趨向無限遠。

由特徵方程可得

K=−s(s+3)10.K=-\frac{s(s+3)}{10}.

令 dKds=0\frac{dK}{ds}=0，得到脫離點 s=−1.5s=-1.5，對應

K=940=0.225.K=\frac{9}{40}=0.225.

當 K>0.225K>0.225，閉迴路極點為

s=−1.5±j10K−2.25.s=-1.5\pm j\sqrt{10K-2.25}.

特徵多項式 s2+3s+10Ks^2+3s+10K 在 K>0K>0 時係數皆為正，且二階系統因此穩定；K=0K=0 時有一個極點在原點，屬臨界穩定。

(c) 設計控制器

題目未指定控制器形式，因此控制器並無唯一解。以下採用一階 PD 控制器，並將零點設在 s=−10s=-10，以配合 (d) 的回授極點：

Gc(s)=Kc(s+10).G_c(s)=K_c(s+10).

搭配 Gp(s)=5s(s+2)G_p(s)=\frac{5}{s(s+2)}、H(s)=1H(s)=1，特徵方程為

s2+2s+5Kc(s+10)=0,s^2+2s+5K_c(s+10)=0,

即

s2+(2+5Kc)s+50Kc=0.s^2+(2+5K_c)s+50K_c=0.
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第 2. 題24 分

Consider the closed-loop feedback system as given in Figure 1 above with the characteristic equation of the closed-loop system being given by s3+(a+6)s2+2Ks+2K=0s^3 + (a + 6)s^2 + 2Ks + 2K = 0.

(a) Let Gc=2KG_c = 2K and H(s)=1H(s) = 1. Then find the function Gp(s)G_p(s) and plot the root loci of the closed-loop system with a=10a = 10 for K≥0K \ge 0.
(b) Consider the closed-loop system defined in part (a) with K=5K = 5 and a=10a = 10. Solve the steady-state error for input U(s)=1sU(s) = \frac{1}{s} and U(s)=1s2U(s) = \frac{1}{s^2}, respectively.
(c) Let the system plant Gp(s)G_p(s) be the same as the one obtained in part (a) with the parameter aa being a variable, H(s)=1H(s)=1 and Gc=2KG_c=2K. Find the value of aa and the corresponding value of KK so that the closed-loop system will have a triple poles on the real axis for K≥0K \ge 0.
(d) Let the system plant GpG_p be the same as the one obtained in part (a) with the parameter aa being a variable, H(s)=1H(s)=1 and Gc=2KG_c = 2K. Find the range of aa so that the closed-loop system will have no non-zero breakaway and/or break-in points on the real axis for K≥0K \ge 0.

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核心觀念

本題使用單位負回授系統的閉迴路特徵方程式：

1+Gc(s)Gp(s)H(s)=01+G_c(s)G_p(s)H(s)=0

根軌跡的開迴路極點、零點與下列條件是重點：

  • 實軸根軌跡：右側奇數個極點與零點的區域。
  • 漸近線數目：n−mn-m。
  • 漸近線重心：
σa=∑極點−∑零點n−m\sigma_a=\frac{\sum \text{極點}-\sum \text{零點}}{n-m}
  • 非零離去點或進入點：由 dK/ds=0dK/ds=0 求得。
  • 穩態誤差：使用最終值定理及系統型別判斷。

由題目特徵方程式

s3+(a+6)s2+2Ks+2K=0s^3+(a+6)s^2+2Ks+2K=0

且 Gc=2KG_c=2K、H(s)=1H(s)=1，可寫成

s2(s+a+6)+2K(s+1)=0s^2(s+a+6)+2K(s+1)=0

因此系統植物為

Gp(s)=s+1s2(s+a+6)G_p(s)=\frac{s+1}{s^2(s+a+6)}

(a) 求 Gp(s)G_p(s) 並繪製 a=10a=10 時的根軌跡

1. 植物傳遞函數

由上式直接得到

Gp(s)=s+1s2(s+a+6)\boxed{G_p(s)=\frac{s+1}{s^2(s+a+6)}}

當 a=10a=10 時，

Gp(s)=s+1s2(s+16)G_p(s)=\frac{s+1}{s^2(s+16)}

開迴路傳遞函數為

L(s)=GcGpH=2K(s+1)s2(s+16)L(s)=G_cG_pH =\frac{2K(s+1)}{s^2(s+16)}

閉迴路特徵方程式為

s2(s+16)+2K(s+1)=0s^2(s+16)+2K(s+1)=0

即

s3+16s2+2Ks+2K=0s^3+16s^2+2Ks+2K=0

2. 極點、零點與實軸根軌跡

開迴路極點：

s=0,s=0,s=−16s=0,\quad s=0,\quad s=-16

開迴路零點：

s=−1s=-1

實軸上只有區間 (−16,−1)(-16,-1) 符合根軌跡條件，因此實軸根軌跡為

−16<s<−1\boxed{-16<s<-1}

3. 漸近線

極點數 n=3n=3，零點數 m=1m=1，所以有兩條漸近線。

漸近線重心：

σa=(−16)+0+0−(−1)3−1=−152=−7.5\sigma_a=\frac{(-16)+0+0-(-1)}{3-1} =-\frac{15}{2}=-7.5

漸近線角度：

θ=(2q+1)180∘2⇒90∘, 270∘\theta=\frac{(2q+1)180^\circ}{2} \Rightarrow 90^\circ,\ 270^\circ

因此兩條漸近線為通過 s=−7.5s=-7.5 的垂直線，方向為 ±90∘\pm90^\circ。

4. 離去點與進入點

由特徵方程式解出 KK：

K=−s2(s+16)2(s+1)K=-\frac{s^2(s+16)}{2(s+1)}

令 dK/ds=0dK/ds=0：

dds[−s2(s+16)2(s+1)]=0\frac{d}{ds} \left[ -\frac{s^2(s+16)}{2(s+1)} \right]=0

可得

s(2s2+19s+32)=0s\left(2s^2+19s+32\right)=0

非零解為

s=−19±1054s=\frac{-19\pm\sqrt{105}}{4}

數值約為

s≈−2.188,s≈−7.312s\approx -2.188,\qquad s\approx -7.312

兩者皆位於實軸根軌跡區間 (−16,−1)(-16,-1)，所以都是根軌跡上的非零離去／進入點。

對應增益由

K=−s2(s+16)2(s+1)K=-\frac{s^2(s+16)}{2(s+1)}

求得，約為

K≈27.8,K≈36.8K\approx27.8,\qquad K\approx36.8

根軌跡的主要結構如下：

  • 一支由 s=−16s=-16 沿實軸往 s=−1s=-1 移動。
  • 原點的兩個重根離開原點，沿兩條漸近線趨向無窮遠。
  • 實軸區間為 (−16,−1)(-16,-1)。
  • 在 s≈−7.312s\approx-7.312 與 s≈−2.188s\approx-2.188 處分別發生實軸根的進入／離去。

示意圖：

Im
↑
│                 ↑
│                 │  漸近線
│                 │
○────────●────────●────××────────────→ Re
-1      -2.188   -7.312 -16          0
                 │
                 │  漸近線
                 ↓

其中 ×××× 表示原點的重極點，∘\circ 表示零點，實軸上的兩個標記為非零離去／進入點。

(b) K=5, a=10K=5,\ a=10 時的穩態誤差

此時

Gc=2K=10G_c=2K=10

因此開迴路傳遞函數為

L(s)=10(s+1)s2(s+16)L(s)=\frac{10(s+1)}{s^2(s+16)}

閉迴路特徵方程式為

s3+16s2+10s+10=0s^3+16s^2+10s+10=0

其 Routh 表第一欄皆為正：

1,16,15016,101,\quad 16,\quad \frac{150}{16},\quad 10

所以系統穩定，可以使用最終值定理。

1. 輸入 U(s)=1/sU(s)=1/s

單位負回授下，誤差信號為

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第 3. 題24 分

Consider the feedback system in Figure 2, where C(s)=K>0C(s) = K > 0 is a constant gain. Suppose that G(s)G(s) has one unstable pole. For K=1K = 1, the Nyquist plot of the system is shown in Figure 3. Note that the small circle in Figure 3, which is centered at (−1,0)(-1,0) with radius r0=0.1544r_0 = 0.1544, is tangent to the Nyquist plot. Answer the following questions.
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(a) What are the gain margin and the phase margin of the system when K=1K = 1?
(b) When KK varies from 0 to ∞\infty, find the number of unstable closed-loop poles for different ranges of KK.
(c) For what value of KK does the closed-loop system have a pair of pure imaginary poles?
(d) What is the steady-state error with respect to the unit-step input when K=0.8K = 0.8?
(e) Let r(t)=sin⁡(ωt)r(t) = \sin(\omega t) and K=1K = 1. The steady-state error is e(t)=A(ω)sin⁡(ωt+ϕ(ω))e(t) = A(\omega) \sin(\omega t + \phi(\omega)) where the amplitude A(ω)>0A(\omega) > 0 and the phase ϕ(ω)\phi(\omega) are functions of ω\omega. What is max⁡ω>0A(ω)\max_{\omega>0} A(\omega)?

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核心觀念

本題主要考查：

  • Nyquist 圖與增益裕度、相位裕度。
  • Nyquist 穩定判據。
  • 增益變化造成閉迴路極點穿越虛軸的情形。
  • 最終值定理求穩態誤差。
  • 誤差傳遞函數與 Nyquist 圖至臨界點 (−1,0)(-1,0) 的最小距離。

令開迴路傳遞函數為

L(s)=KG(s).L(s)=K G(s).

閉迴路特徵方程為

1+KG(s)=0.1+K G(s)=0.

(a) K=1K=1 時的增益裕度與相位裕度

增益裕度

由圖可知，Nyquist 圖在 ω=0\omega=0 時通過

G(0)=−1.625.G(0)=-1.625.

當增益增加至臨界值，使該點縮放至 −1-1 時，

KGM(1.625)=1,K_{\mathrm{GM}}(1.625)=1,

但對目前穩定系統而言，增益增加時首先遇到的臨界點是圖中的另一個負實軸交點：

G(jωpc)=−0.7129.G(j\omega_{pc})=-0.7129.

因此

KGM=10.7129≈1.4027.K_{\mathrm{GM}}=\frac{1}{0.7129}\approx 1.4027.

以分貝表示：

GMdB=20log⁡10(1.4027)≈2.94 dB.\mathrm{GM}_{\mathrm{dB}} =20\log_{10}(1.4027) \approx 2.94\ \mathrm{dB}.

所以增益可由 11 增加至約 1.40271.4027 才達到臨界穩定。

補充：降低增益時，K=1/1.625=0.6154K=1/1.625=0.6154 也是另一個穩定邊界。

相位裕度

由圖中單位圓交點

G(jωgc)≈−0.9858−j0.1678G(j\omega_{gc})\approx -0.9858-j0.1678

可知其大小約為 11：

∣G(jωgc)∣=0.98582+0.16782≈1.|G(j\omega_{gc})| =\sqrt{0.9858^2+0.1678^2} \approx 1.

其相位為

∠G(jωgc)=−180∘+tan⁡−1(0.16780.9858)≈−170.34∘.\angle G(j\omega_{gc}) = -180^\circ+\tan^{-1}\left(\frac{0.1678}{0.9858}\right) \approx -170.34^\circ.

因此相位裕度為

PM=180∘+∠G(jωgc)≈9.66∘.\mathrm{PM} =180^\circ+\angle G(j\omega_{gc}) \approx 9.66^\circ.

(b) 不同 KK 範圍下的不穩定閉迴路極點數

先找出兩個虛軸穿越的臨界增益。

第一個臨界增益：原點穿越

由 G(0)=−1.625G(0)=-1.625：

1+K(−1.625)=0.1+K(-1.625)=0.

因此

K1=11.625≈0.6154.K_1=\frac{1}{1.625} \approx 0.6154.

此時閉迴路有一個極點位於原點。

第二個臨界增益：一對純虛數極點

由 Nyquist 圖的負實軸交點 −0.7129-0.7129：

1+K(−0.7129)=0,1+K(-0.7129)=0,

得到

K2=10.7129≈1.4027.K_2=\frac{1}{0.7129} \approx 1.4027.

此時有一對共軛純虛數極點。

由 Nyquist 判據或極點穿越方向可得：

增益範圍右半平面閉迴路極點數
0<K<0.61540<K<0.615411
0.6154<K<1.40270.6154<K<1.402700
K>1.4027K>1.402722

在臨界值：

  • K=0.6154K=0.6154：有一個極點在原點。
  • K=1.4027K=1.4027：有一對極點在虛軸上。

因此閉迴路穩定範圍為

0.6154<K<1.4027.\boxed{0.6154<K<1.4027}.

(c) 具有一對純虛數極點的 KK

一對純虛數極點對應 Nyquist 圖與 −1/K-1/K 的負實軸交點。由圖得

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第 4. 題26 分

Consider the feedback system in Figure 2, where
G(s)=25s(s+1)G(s) = \frac{2\sqrt{5}}{s(s+1)}, C(s)=Kp+KIsC(s) = K_p + \frac{K_I}{s}
Kp,KI>0K_p, K_I > 0. Define z=KIKpz = \frac{K_I}{K_p}.
(a) Find the conditions on KpK_p and KIK_I such that the closed-loop system is stable.
(b) Suppose that Kp=1K_p = 1 and KI=0K_I = 0. Find the gain margin and phase margin of the system.
(c) Let KpK_p vary from 0 to ∞\infty. Draw the root loci of the system for z=0.5z = 0.5 and z=2z = 2, respectively. Specify the intersection of asymptotes in each case.
(d) Sketch the Nyquist plots for z=0.5z = 0.5 and z=2z = 2. Suppose that the Nyquist path detours to the right around s=0s = 0. Which closed-loop system (z=2z = 2 or z=0.5z = 0.5) is stable based on the Nyquist criterion?

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核心觀念

令

G(s)=25s(s+1),C(s)=Kp+KIs=Kp(s+z)s,G(s)=\frac{2\sqrt{5}}{s(s+1)},\qquad C(s)=K_p+\frac{K_I}{s} =\frac{K_p(s+z)}{s},

其中

z=KIKp.z=\frac{K_I}{K_p}.

因此開迴路傳遞函數為

L(s)=C(s)G(s)=25Kp(s+z)s2(s+1).L(s)=C(s)G(s) =\frac{2\sqrt{5}K_p(s+z)}{s^2(s+1)}.

本題主要考察：

  • Routh-Hurwitz 穩定判據
  • Gain margin 與 phase margin
  • Root locus 的極點、零點、實軸區段與漸近線
  • Nyquist 判據與虛軸上極點的繞行處理

(a) 閉迴路穩定條件

單位負回授下，閉迴路特徵方程為

1+L(s)=0.1+L(s)=0.

所以

s2(s+1)+25Kp(s+z)=0.s^2(s+1)+2\sqrt{5}K_p(s+z)=0.

展開得

s3+s2+25Kps+25Kpz=0.s^3+s^2+2\sqrt{5}K_p s+2\sqrt{5}K_pz=0.

設一般三階多項式為

s3+a1s2+a2s+a3.s^3+a_1s^2+a_2s+a_3.

三階 Routh-Hurwitz 穩定條件為

a1>0,a2>0,a3>0,a1a2>a3.a_1>0,\qquad a_2>0,\qquad a_3>0,\qquad a_1a_2>a_3.

本題中

a1=1,a2=25Kp,a3=25Kpz.a_1=1,\qquad a_2=2\sqrt{5}K_p,\qquad a_3=2\sqrt{5}K_pz.

由於 Kp>0K_p>0、KI>0K_I>0，前三個條件自動成立。剩下

1⋅25Kp>25Kpz.1\cdot 2\sqrt{5}K_p>2\sqrt{5}K_pz.

約去正值 25Kp2\sqrt{5}K_p，得到

z<1.z<1.

又因為

z=KIKp,z=\frac{K_I}{K_p},

故穩定條件為

0<KI<Kp.\boxed{0<K_I<K_p}.

(b) Gain margin 與 phase margin

此小題給定

Kp=1,KI=0.K_p=1,\qquad K_I=0.

此時

L(s)=25s(s+1).L(s)=\frac{2\sqrt{5}}{s(s+1)}.

令 s=jωs=j\omega，則

L(jω)=25jω(1+jω).L(j\omega) =\frac{2\sqrt{5}}{j\omega(1+j\omega)}.

其幅值為

∣L(jω)∣=25ω1+ω2.|L(j\omega)| =\frac{2\sqrt{5}}{\omega\sqrt{1+\omega^2}}.

Phase margin

Gain crossover frequency 滿足

∣L(jωgc)∣=1.|L(j\omega_{gc})|=1.

因此

25ωgc1+ωgc2=1,\frac{2\sqrt{5}}{\omega_{gc}\sqrt{1+\omega_{gc}^2}}=1, ωgc2(1+ωgc2)=20.\omega_{gc}^2(1+\omega_{gc}^2)=20.

令 x=ωgc2x=\omega_{gc}^2，則

x2+x−20=0,x^2+x-20=0, (x+5)(x−4)=0.(x+5)(x-4)=0.

取正值可得

ωgc=2.\omega_{gc}=2.

相位為

∠L(jω)=−90∘−tan⁡−1ω.\angle L(j\omega) =-90^\circ-\tan^{-1}\omega.

所以

∠L(j2)=−90∘−tan⁡−12.\angle L(j2) =-90^\circ-\tan^{-1}2.

Phase margin 為

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

因此

PM=90∘−tan⁡−12=tan⁡−112.PM=90^\circ-\tan^{-1}2 =\tan^{-1}\frac{1}{2}.

故

PM=tan⁡−112≈26.565∘.\boxed{PM=\tan^{-1}\frac12\approx 26.565^\circ}.

Gain margin

相位為

∠L(jω)=−90∘−tan⁡−1ω.\angle L(j\omega)=-90^\circ-\tan^{-1}\omega.

當 ω\omega 有限時，

−180∘<∠L(jω)<−90∘.-180^\circ<\angle L(j\omega)<-90^\circ.

相位只在 ω→∞\omega\to\infty 時趨近 −180∘-180^\circ，沒有有限的 phase crossover frequency。因此

GM=∞.\boxed{GM=\infty}.

(c) Root locus

將

K=25KpK=2\sqrt{5}K_p

視為根軌跡增益，則

L(s)=Ks+zs2(s+1).L(s)=K\frac{s+z}{s^2(s+1)}.

開迴路極點為

s=0, 0, −1,s=0,\ 0,\ -1,

開迴路零點為

s=−z.s=-z.

共有 33 個極點與 11 個零點，因此有 3−1=23-1=2 條漸近線。

漸近線交點為

σa=∑極點−∑零點3−1=−1+z2=z−12.\sigma_a =\frac{\sum \text{極點}-\sum \text{零點}}{3-1} =\frac{-1+z}{2} =\frac{z-1}{2}.

漸近線角度為

θ=(2q+1)180∘2,\theta=\frac{(2q+1)180^\circ}{2},

所以為

90∘, 270∘.\boxed{90^\circ,\ 270^\circ}.

z=0.5z=0.5

零點位於

s=−0.5.s=-0.5.

漸近線交點為

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第 1. 題26 分

Consider the following closed-loop feedback system as depicted in Figure 1, where GpG_p and GcG_c denote the system plant and controller, respectively.
🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
Let the Laplace transform of the error e(t)e(t) be defined as E(s)=U(s)−Y(s)⋅H(s)E(s) = U(s) - Y(s) \cdot H(s). Here, U(s)U(s), Y(s)Y(s) and H(s)H(s), respectively, denote the Laplace transform of the input, output and feedback block.

(a) Let Gp=10s(s+3)G_p = \frac{10}{s(s+3)}, Gc=KG_c = K and H(s)=1H(s) = 1. Find the value of KK so that the closed-loop poles will have undamped natural frequency ωn=10\omega_n = 10. In addition, what will be the value of the corresponding damping ratio ζ\zeta?
(b) Plot the root loci for the closed-loop system defined in part (a) with K≥0K \ge 0 and find the range of KK for guaranteeing the stability of the closed-loop system.
(c) Let Gp=5s(s+2)G_p = \frac{5}{s(s+2)} and H(s)=1H(s) = 1. Design a controller Gc(s)G_c(s) to make the closed-loop system to have the desired poles p∗=−5±jbp^* = -5 \pm jb. What will be the corresponding value of bb?
(d) Let Gp=5s(s+2)G_p = \frac{5}{s(s+2)} and H(s)=K(s+10)H(s) = \frac{K}{(s+10)}. Plot the root loci for the closed-loop system with the same Gc(s)G_c(s) defined in part (c) for K≥0K \ge 0 and find the range of KK for guaranteeing the stability of the closed-loop system.

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 1 頁

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核心觀念

負回授系統的特徵方程為

1+Gc(s)Gp(s)H(s)=0.1+G_c(s)G_p(s)H(s)=0.

二階標準形式為 s2+2ζωns+ωn2=0s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2=0；根軌跡則由開迴路極點出發，隨增益變化移動。二階系統的穩定性可由特徵多項式係數判斷。

解題方法與推導

(a) 求 KK 與阻尼比

代入 Gp(s)=10s(s+3)G_p(s)=\frac{10}{s(s+3)}、Gc(s)=KG_c(s)=K、H(s)=1H(s)=1，特徵方程為

1+10Ks(s+3)=0⟹s2+3s+10K=0.1+\frac{10K}{s(s+3)}=0 \quad\Longrightarrow\quad s^2+3s+10K=0.

與標準形式比較：

ωn2=10K,2ζωn=3.\omega_n^2=10K,\qquad 2\zeta\omega_n=3.

令 ωn=10\omega_n=10，得

K=10,ζ=32(10)=320=0.15.K=10,\qquad \zeta=\frac{3}{2(10)}=\frac{3}{20}=0.15.

(b) 根軌跡與穩定範圍

開迴路傳遞函數為 10Ks(s+3)\frac{10K}{s(s+3)}，極點在 0,−30,-3，沒有有限零點。根軌跡實軸部分位於 (−3,0)(-3,0)；兩條分支在 s=−1.5s=-1.5 脫離實軸，之後沿重心 −1.5-1.5 的兩條垂直漸近線趨向無限遠。

由特徵方程可得

K=−s(s+3)10.K=-\frac{s(s+3)}{10}.

令 dKds=0\frac{dK}{ds}=0，得到脫離點 s=−1.5s=-1.5，對應

K=940=0.225.K=\frac{9}{40}=0.225.

當 K>0.225K>0.225，閉迴路極點為

s=−1.5±j10K−2.25.s=-1.5\pm j\sqrt{10K-2.25}.

特徵多項式 s2+3s+10Ks^2+3s+10K 在 K>0K>0 時係數皆為正，且二階系統因此穩定；K=0K=0 時有一個極點在原點，屬臨界穩定。

(c) 設計控制器

題目未指定控制器形式，因此控制器並無唯一解。以下採用一階 PD 控制器，並將零點設在 s=−10s=-10，以配合 (d) 的回授極點：

Gc(s)=Kc(s+10).G_c(s)=K_c(s+10).

搭配 Gp(s)=5s(s+2)G_p(s)=\frac{5}{s(s+2)}、H(s)=1H(s)=1，特徵方程為

s2+2s+5Kc(s+10)=0,s^2+2s+5K_c(s+10)=0,

即

s2+(2+5Kc)s+50Kc=0.s^2+(2+5K_c)s+50K_c=0.
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