113 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

• 系統穩定性：對於線性時不變 (LTI) 系統，若所有特徵根（即傳遞函數分母的根）皆位於左半平面（實部 < 0），則系統 漸近穩定（在控制學教材裡常簡稱為 stable）。
• Hurwitz 判準：對於實係數多項式
  $P(s)=s^{4}+a_{3}s^{3}+a_{2}s^{2}+a_{1}s+a_{0}$
  只要構成的 Routh 表 第一列的所有元素皆為正，就保證所有根位於左半平面。
• 零列或零元素：若 Routh 表某一列的首項為 0，必須以 輔助多項式（該列上一列的多項式）取導數的係數取代，以免出現「除以 0」的情況。若最終仍有虛軸根，系統僅為 邊界穩定（不算漸近穩定）。

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解題方法

1. 寫出多項式的係數

$$\begin{aligned} a_{3}&=1-k_{1}-k_{2},\\ a_{2}&=2k_{1},\\ a_{1}&=(2k_{1}-1)(1-k_{1}-k_{2}),\\ a_{0}&=2k_{1}-1. \end{aligned}$$

2. 建立 Routh 表（四階）

s	第一列	第二列	第三列
s⁴	1	a₂	a₀
s³	a₃	a₁	0
s²	b₁	b₂	0
s¹	c₁	0	0
s⁰	d₁ (=a₀)

其中

$$b_{1}=\frac{a_{3}a_{2}-a_{1}}{a_{3}},\qquad b_{2}=a_{0},$$ $$c_{1}=\frac{b_{1}a_{1}-a_{3}b_{2}}{b_{1}},\qquad d_{1}=a_{0}.$$

3. 逐項化簡

   • $a_{0}>0$（最後一列首項正）

$2k_{1}-1>0\;\Longrightarrow\;k_{1}> \tfrac12 .$

• $a_{3}>0$（第二列首項正）

$1-k_{1}-k_{2}>0\;\Longrightarrow\;k_{1}+k_{2}<1 .$

• $b_{1}$

$$\begin{aligned} b_{1}&=\frac{(1-k_{1}-k_{2})\;2k_{1}-(2k_{1}-1)(1-k_{1}-k_{2})}{1-k_{1}-k_{2}}\\ &=\frac{(1-k_{1}-k_{2})\bigl[2k_{1}-(2k_{1}-1)\bigr]}{1-k_{1}-k_{2}} =\frac{1-k_{1}-k_{2}}{1-k_{1}-k_{2}}=1 . \end{aligned}$$

 因而 $b_{1}=1>0$ 自動滿足。

• $c_{1}$

核心觀念

• 系統的極點即特徵多項式 $P(s)=0$ 的根。
• 若有純虛數極點，則必須滿足 $s=j\omega\;(\omega\neq0)$ 使得 $P(j\omega)=0$。
• 透過把 $s=j\omega$ 代入，分離實部與虛部，可得到 $\omega$ 與參數之關係。
• 多項式可因已知的純虛根而因式分解，剩餘二次因子若再產生純虛根則會得到第二對極點。

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解題方法

1. 寫出係數

$$\begin{aligned} a &=1-k_{1}-k_{2},\\ b &=2k_{1},\\ c &=(2k_{1}-1)(1-k_{1}-k_{2})=(2k_{1}-1)a,\\ d &=2k_{1}-1 . \end{aligned}$$

2. 代入 $s=j\omega$

$P(j\omega)=\omega^{4}-b\omega^{2}+d\;+\;j\bigl(c\omega-a\omega^{3}\bigr)=0 .$

必須同時滿足

$$\begin{cases} \omega^{4}-b\omega^{2}+d=0,\\[2mm] c-a\omega^{2}=0 . \end{cases}$$

3. 由虛部得 $\displaystyle \omega^{2}= \frac{c}{a}=2k_{1}-1$
   (前提是 $a\neq0$。)
   因 $\omega^{2}>0$，得到

$\boxed{k_{1}> \tfrac12 } .$

4. 檢查實部
   把 $\omega^{2}=2k_{1}-1$ 代入實部方程式

$(2k_{1}-1)^{2}-b(2k_{1}-1)+d=0 .$

代入 $b=2k_{1},\;d=2k_{1}-1$ 可化簡為恆等式 $0=0$。
因此只要滿足第 3 步的條件，$s=\pm j\sqrt{2k_{1}-1}$ 就必是 $P(s)$ 的根。

5. 因式分解
   由上一步可寫出

核心觀念

1. 轉移函數的極點（Poles）：
   $G(s) = \frac{1}{P(s)}$ 的極點即為特徵方程式 $P(s) = 0$ 的根。
2. 虛軸上的極點（Poles on the Imaginary Axis）：
   若極點落在虛軸（$j\omega$ 軸）上，表示極點形式為 $s = \pm j\omega$（實部為零，$\text{Re}(s) = 0$）。
3. 因式分解與輔助多項式（Auxiliary Polynomial）：
   若四階實係數多項式的所有四個根皆在虛軸上，其方程式必可因式分解為純偶數次方多項式（無奇數次方項），即 $P(s) = (s^2 + \omega_1^2)(s^2 + \omega_2^2) = s^4 + (\omega_1^2 + \omega_2^2)s^2 + \omega_1^2\omega_2^2$（其中 $\omega_1, \omega_2 \ge 0$），奇次方項係數必須全部為零。

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解題方法

方法一：多項式直接因式分解法（最簡捷）

觀察特徵多項式 $P(s)$ 的各項係數：

$$P(s) = s^4 + (1-k_1-k_2)s^3 + 2k_1s^2 + (2k_1-1)(1-k_1-k_2)s + 2k_1 - 1$$

將包含 $(1-k_1-k_2)$ 的奇次方項與其餘項分組：

$$P(s) = \left[ s^4 + 2k_1s^2 + (2k_1-1) \right] + (1-k_1-k_2)s \left( s^2 + 2k_1 - 1 \right)$$

其中第一組可十字交乘分解為：

$$s^4 + 2k_1s^2 + (2k_1-1) = (s^2 + 1)(s^2 + 2k_1 - 1)$$

提出公因式 $(s^2 + 2k_1 - 1)$：

$$P(s) = (s^2 + 2k_1 - 1)\left[ s^2 + (1-k_1-k_2)s + 1 \right]$$

令 $P(s) = 0$，極點由以下兩個二次方程式決定：

1. $s^2 + 2k_1 - 1 = 0 \implies s^2 = 1 - 2k_1$
2. $s^2 + (1-k_1-k_2)s + 1 = 0$

要使 $G(s)$ 的四個極點全部落在虛軸上，兩個二次因式的根都必須落在虛軸上：

1. 針對因式一：$s^2 = 1 - 2k_1$

   • 欲使兩根為虛軸上的共軛根 $s = \pm j\sqrt{2k_1 - 1}$，必須滿足： $$2k_1 - 1 > 0 \implies k_1 > \frac{1}{2}$$
   • （註：若包含原點 $s = 0$ 亦視為虛軸，則 $2k_1 - 1 \ge 0 \implies k_1 \ge \frac{1}{2}$）

2. 針對因式二：$s^2 + (1-k_1-k_2)s + 1 = 0$

   • 其根為 $s = \frac{-(1-k_1-k_2) \pm \sqrt{(1-k_1-k_2)^2 - 4}}{2}$。
   • 實部為零的充要條件為一次項係數為零： $$1 - k_1 - k_2 = 0 \implies k_1 + k_2 = 1$$
   • 此時因式化為 $s^2 + 1 = 0$，兩根為 $s = \pm j1$，確實皆在虛軸上。

核心觀念
本題要求判斷 傳遞函數

$$G(s)=\frac{1}{P(s)},\qquad P(s)=s^{4}+(1-k_{1}-k_{2})s^{3}+2k_{1}s^{2}+(2k_{1}-1)(1-k_{1}-k_{2})s+2k_{1}-1$$

的極點分布，使得 左半平面 (LHP) 只有 1 個極點，右半平面 (RHP) 有 3 個極點，且 不可有極點落在虛軸。
判斷極點分布最直接的工具是 Routh–Hurwitz 判別法：
第一列的符號變化次數 = 系統右半平面極點的個數。

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解題方法

1. 寫出 Routh 表（四次多項式）
   多項式係數

次方	係數
$s^{4}$	$1$
$s^{3}$	$a_{3}=1-k_{1}-k_{2}$
$s^{2}$	$a_{2}=2k_{1}$
$s^{1}$	$a_{1}=(2k_{1}-1)(1-k_{1}-k_{2})$
$s^{0}$	$a_{0}=2k_{1}-1$

2. 構造 Routh 表（只保留首列）

$$\begin{array}{c|ccc} s^{4} & 1 & 2k_{1} & 2k_{1}-1 \\[2mm] s^{3} & 1-k_{1}-k_{2} & (2k_{1}-1)(1-k_{1}-k_{2}) & 0 \\[2mm] s^{2} & \displaystyle\frac{(1-k_{1}-k_{2})2k_{1}- (2k_{1}-1)(1-k_{1}-k_{2})}{1-k_{1}-k_{2}} & 2k_{1}-1 & 0 \\[4mm] s^{1} & 0 & 0 & 0 \\[2mm] s^{0} & 2k_{1}-1 & & \end{array}$$

3. 化簡

• 第三列第一項

$b_{1}= \frac{(1-k_{1}-k_{2})2k_{1}-(2k_{1}-1)(1-k_{1}-k_{2})}{1-k_{1}-k_{2}} =1$

• 第三列第二項

$b_{2}= \frac{(1-k_{1}-k_{2})(2k_{1}-1)}{1-k_{1}-k_{2}} = 2k_{1}-1$

故

$$\begin{array}{c|ccc} s^{4} & 1 & 2k_{1} & 2k_{1}-1 \\[2mm] s^{3} & 1-k_{1}-k_{2} & (2k_{1}-1)(1-k_{1}-k_{2}) & 0 \\[2mm] s^{2} & 1 & 2k_{1}-1 & 0 \\[2mm] s^{1} & 0 & 0 & 0 \\[2mm] s^{0} & 2k_{1}-1 & \end{array}$$

第四列全為 0，需利用 輔助多項式 來處理。
輔助多項式取自上一步的非零列（$s^{2}$ 行）：

$A(s)=1\;s^{2}+(2k_{1}-1)$

對其求導得到

$A'(s)=2s$

把導數的係數填入 $s^{1}$ 行，得到

$s^{1}\text{ 行首項}=2\quad(\text{正號})$

最終第一列（即判斷極點數量所需的符號）為

$\boxed{ \; 1,\; \; 1-k_{1}-k_{2},\; \; 1,\; \; 2,\; \; 2k_{1}-1 \;}$

4. 計算符號變化次數

核心觀念

此題利用欠阻尼二階系統步階響應的兩個特性：相鄰峰值偏離穩態值的比例，以及第一次最大超越時間。

欠阻尼時 $0<\xi<1$，阻尼自然頻率為

$$\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\xi^2}.$$

步階響應相鄰兩個極值與穩態值 $1$ 的偏差，大小相差一個因子 $e^{-\xi\pi/\sqrt{1-\xi^2}}$。因此，圖中的第一次超越量 $y_1$ 與下一個谷值低於穩態值的量 $y_2$ 滿足

$$\frac{y_1}{y_2} = e^{\frac{\xi\pi}{\sqrt{1-\xi^2}}}.$$

第一次最大超越發生時間則為

$$t_1=\frac{\pi}{\omega_d}.$$

解題方法

先由超越量比值求阻尼比。令 $R=2.6858$，取自然對數：

$$\ln R=\frac{\xi\pi}{\sqrt{1-\xi^2}}.$$

整理可得

$$\xi=\frac{\ln R}{\sqrt{\pi^2+(\ln R)^2}}.$$

代入 $R=2.6858$：

核心觀念

這題先由題幹給的超越量與波谷資料，找出原系統的阻尼比 $\xi$；再分析比例增益 $K$ 加入單位回授後的閉迴路阻尼比與穩態誤差。

標準二階系統的最大超越量比例為

$$M_p=\exp\left(-\frac{\xi\pi}{\sqrt{1-\xi^2}}\right).$$

第一個波谷相對於穩態值的偏差量為 $M_p^2$，因此題目所給的 $y_1/y_2$ 是 $M_p/M_p^2=1/M_p$。峰值時間則為

$$t_1=\frac{\pi}{\omega_n\sqrt{1-\xi^2}}.$$

解題方法

由 $y_1/y_2=2.6858$，可得

$$M_p=\frac{1}{2.6858}.$$

令 $L=\ln(2.6858)$，由超越量公式可求阻尼比：

$$L=\frac{\xi\pi}{\sqrt{1-\xi^2}} \quad\Longrightarrow\quad \xi=\frac{L}{\sqrt{\pi^2+L^2}} \approx 0.3.$$

再代入 $t_1=6.5866$ 秒：

$$\omega_n =\frac{\pi}{t_1\sqrt{1-\xi^2}} \approx 0.5\ \text{rad/s}.$$

比例增益 $K$ 串接於原系統後，閉迴路傳遞函數為

$$T(s)=\frac{K\omega_n^2} {s^2+2\xi\omega_n s+(1+K)\omega_n^2}.$$

因此閉迴路阻尼比為

核心觀念

根軌跡由閉迴路特徵方程 $1+KG(s)=0$ 決定。分支從開迴路極點出發，終止於開迴路零點或無限遠；離開角、到達角由角度條件求得，虛軸交點則令 $s=j\omega$ 代入特徵方程。

解題方法

圖中的方塊圖是單位負回授，前向路徑依序為增益 $K$ 與 $G(s)$，且 $K>0$。本題開迴路傳遞函數為

$$KG(s)=K\frac{s^2-s+4.25}{s(s^2-0.8s+13.12)}.$$

先求開迴路極點與零點：

$$p_1=0,\qquad p_{2,3}=0.4\pm j3.6,$$ $$z_{1,2}=0.5\pm j2.$$

因此共有三條根軌跡分支：兩條由共軛複數極點出發，終止於共軛零點；另一條由 $s=0$ 出發，走向無限遠。

實軸上只有一個極點 $s=0$。依實軸根軌跡奇偶規則，根軌跡位於 $(-\infty,0)$，沒有正實軸根軌跡。無限遠漸近線數為 $3-2=1$，角度與形心為

$$\theta_{\mathrm{asym}}=180^\circ,\qquad \sigma_{\mathrm{asym}}= \frac{\sum p_i-\sum z_i}{3-2} =\frac{0.8-1}{1}=-0.2.$$

所以從原點出發的實軸分支沿負實軸走向 $-\infty$。

複數極點的離開角

令角度由正實軸起算，使用

$$\theta_d =180^\circ+\sum_i\angle(p_k-z_i) -\sum_{j\ne k}\angle(p_k-p_j).$$

對上方極點 $p_+=0.4+j3.6$，各角度和為

$$\begin{aligned} \sum_i\angle(p_+-z_i) &=\angle(-0.1+j1.6)+\angle(-0.1+j5.6)\\ &=93.576^\circ+91.023^\circ =184.599^\circ,\\ \sum_{j\ne +}\angle(p_+-p_j) &=\angle(0.4+j3.6)+\angle(j7.2)\\ &=83.660^\circ+90^\circ =173.660^\circ. \end{aligned}$$

因此

$$\theta_d(p_+)=180^\circ+184.599^\circ-173.660^\circ =190.939^\circ.$$

下方極點由共軛對稱得到

$$\theta_d(p_-)=169.061^\circ.$$

複數零點的到達角

令零點附近根軌跡方向以 $s-z_k$ 表示，使用

$$\theta_a =180^\circ-\sum_{i\ne k}\angle(z_k-z_i) +\sum_j\angle(z_k-p_j).$$

對上方零點 $z_+=0.5+j2$：

$$\begin{aligned} \sum_{i\ne +}\angle(z_+-z_i)&=90^\circ,\\ \sum_j\angle(z_+-p_j) &=75.964^\circ-86.424^\circ+88.977^\circ\\ &=78.517^\circ. \end{aligned}$$

故

$$\theta_a(z_+)=180^\circ-90^\circ+78.517^\circ =168.517^\circ.$$

由共軛對稱，下方零點的到達角為

$$\theta_a(z_-)=191.483^\circ.$$

虛軸交點

閉迴路特徵方程為

$$s^3+(K-0.8)s^2+(13.12-K)s+4.25K=0.$$

令 $s=j\omega$，分別比較實部與虛部：

$$(0.8-K)\omega^2+4.25K=0,$$

核心觀念

單位負回授系統的閉迴路特徵方程為 $1+KG(s)=0$。三次多項式

$$s^3+a_2s^2+a_1s+a_0$$

依 Routh–Hurwitz 判據穩定的條件為 $a_2>0$、$a_1>0$、$a_0>0$，且 $a_2a_1>a_0$。

解題方法

代入題目給定的 $G(s)$，閉迴路特徵方程為

$$s(s^2-0.8s+13.12)+K(s^2-s+4.25)=0$$

整理得

$$s^3+(K-0.8)s^2+(13.12-K)s+4.25K=0$$

由於題目已給 $K>0$，常數項 $4.25K$ 為正。其餘穩定條件為

核心觀念

• 根軌跡 (Root Locus)：描述閉迴路系統特徵根隨增益 $K$ 變化的軌跡。
• 根軌跡特徵：
  1. 必須滿足特徵方程 $1+KG(s)=0$。
  2. 任意點 $s$ 必須同時滿足 相角條件 $\angle KG(s)= (2k+1)\pi$。
  3. 若 $KG(s)$ 為實數且為負，則該點必在根軌跡上。
• 虛部與實部分離：將 $s=x+jy$ 代入 $KG(s)$，分離實部與虛部，可直接求得滿足實部條件的幾何形狀。

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解題方法

1. 寫出開環傳遞函數

$G(s)=\frac{K(s+1)}{s(s-1)}$

根軌跡由方程 $1+G(s)=0$ 或等價的 $KG(s) = -1$ 決定。

2. 代入 $s=x+jy$

$G(s)=\frac{K((x+jy)+1)}{(x+jy)\big((x+jy)-1\big)}$

分子：$(x+1)+jy$
分母：$(x+jy)(x-1+jy)= (x(x-1)-y^{2})+j\,y(2x-1)$

3. 求 $\displaystyle \frac{G(s)}{K}$ 的實部與虛部

$\frac{G(s)}{K}= \frac{(x+1)+jy}{(x(x-1)-y^{2})+j\,y(2x-1)}$

乘以共軛分母：

$$\frac{G(s)}{K}= \frac{\big[(x+1)+jy\big]\big[(x(x-1)-y^{2})-j\,y(2x-1)\big]} {(x(x-1)-y^{2})^{2}+y^{2}(2x-1)^{2}}$$

只取分子實部（因根軌跡要求 $KG(s)=-1$ 為實數）：

$$\text{Re}\!\left[\frac{G(s)}{K}\right]= \frac{(x+1)\big[x(x-1)-y^{2}\big] + y^{2}(2x-1)} {(x(x-1)-y^{2})^{2}+y^{2}(2x-1)^{2}} .$$

4. 相角條件
   為使 $KG(s)=-1$，必須同時滿足

$$\text{Im}\!\left[\frac{G(s)}{K}\right]=0 ,\qquad \text{Re}\!\left[\frac{G(s)}{K}\right] <0 .$$

核心觀念

1. 奈氏軌跡（Nyquist Plot）與映射原理：
   • 封閉的奈氏路徑（Nyquist Contour）沿著 $s$ 平面的虛軸順時針包圍整個右半平面（RHP）。
   • 針對開迴路極點位於原點 $s = 0$ 的情況，奈氏路徑必須在原點處以半徑 $\epsilon \to 0^+$ 的小半圓（通常繞過右半平面，即由 $-j0^+$ 經 $0^+$ 繞至 $+j0^+$）進行迴避（indentation）。
   • 奈氏軌跡為 $s$ 沿著該路徑時，開迴路轉移函數 $G(s)$ 在複數平面上的對應映射軌跡。
2. 複數分解與關鍵幾何特徵：
   • 頻率響應的實部與虛部： $$G(j\omega) = \text{Re}[G(j\omega)] + j\,\text{Im}[G(j\omega)]$$
   • 漸近線與交點：
     • 與實軸交點：令 $\text{Im}[G(j\omega)] = 0$，解出交點頻率與對應實部數值。
     • 與虛軸交點：令 $\text{Re}[G(j\omega)] = 0$，確認是否與虛軸相交。
     • 高頻行為（$\omega \to \infty$）：幅值趨近於 $0$，確認進入原點的角度。
     • 低頻小半圓映射（$\epsilon \to 0^+$）：分析無窮大圓弧的半徑、起點與終點相位、轉向。

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解題方法

第一步：定義標準 Nyquist Contour

在 $s$ 平面上選取包圍整個右半平面的順時針路徑：

1. 路徑 I（正虛軸）：$s = j\omega$，$\omega$ 由 $0^+$ 增加到 $+\infty$。
2. 路徑 II（無窮大半圓）：$s = R e^{j\theta}$，其中 $R \to \infty$，$\theta$ 由 $+90^\circ$ 順時針轉至 $-90^\circ$。
3. 路徑 III（負虛軸）：$s = j\omega$，$\omega$ 由 $-\infty$ 增加到 $0^-$。
4. 路徑 IV（原點小半圓）：$s = \epsilon e^{j\phi}$，其中 $\epsilon \to 0^+$，$\phi$ 由 $-90^\circ$ 順時針轉至 $+90^\circ$（繞過右側以排除原點極點）。

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第二步：各段路徑在 $G(s)$ 平面上的映射分析

1. 路徑 I：正虛軸映射（$\omega: 0^+ \to +\infty$）

題目已給出：

$$G(j\omega) = \frac{-2K}{1+\omega^2} + j\,\frac{K(1-\omega^2)}{\omega(1+\omega^2)}$$

• 實部與虛部表達式：

  $$\text{Re}[G(j\omega)] = \frac{-2K}{1+\omega^2} < 0 \quad (\forall \omega \ge 0, K > 0)$$ $$\text{Im}[G(j\omega)] = \frac{K(1-\omega^2)}{\omega(1+\omega^2)}$$

  實部恆為負值，表示正虛軸映射之軌跡完全落在第二與第三象限，永不跨越虛軸。

• 起點（$\omega \to 0^+$）：

  $$\lim_{\omega \to 0^+} \text{Re}[G(j\omega)] = -2K$$ $$\lim_{\omega \to 0^+} \text{Im}[G(j\omega)] = +\infty$$

  軌跡發端於第二象限遠處，垂直漸近線為 $\text{Re} = -2K$。

• 與實軸交點：
  令 $\text{Im}[G(j\omega)] = 0$：

  $$1 - \omega^2 = 0 \implies \omega = 1\text{ rad/s}$$

  將 $\omega = 1$ 代入實部：

  $$G(j1) = \frac{-2K}{1+1^2} = -K$$

  軌跡在 $\omega = 1$ 處由第二象限跨越負實軸進入第三象限，交點座標為 $(-K, 0)$。

• 終點（$\omega \to +\infty$）：

  $$\lim_{\omega \to +\infty} |G(j\omega)| = \lim_{\omega \to +\infty} \frac{K}{\omega} = 0$$

  角度分析：

  $$G(s) \approx \frac{K}{s} \implies \angle G(j\omega) \to -90^\circ$$

  軌跡從第三象限沿著切線方向 $-90^\circ$（負虛軸方向）收斂至原點 $(0, 0)$。

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2. 路徑 II：無窮大半圓映射（$R \to \infty$）

令 $s = R e^{j\theta}$，其中 $R \to \infty$，$\theta$ 由 $+90^\circ \to -90^\circ$：

$$G(s) \approx \frac{K s}{s^2} = \frac{K}{s} = \frac{K}{R} e^{-j\theta} \to 0 \cdot e^{-j\theta}$$

在 $G(s)$ 平面上，該段映射緊縮在原點 $(0, 0)$ 處。

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3. 路徑 III：負虛軸映射（$\omega: -\infty \to 0^-$）

根據複數對稱性，負虛軸映射與正虛軸映射關於實軸互相對稱：

• $\omega \to -\infty$：自原點以 $+90^\circ$ 方向出發進入第二象限。
• $\omega = -1$：穿過實軸交點 $(-K, 0)$。
• $\omega \to 0^-$：實部趨近於 $-2K$，虛部趨近於 $-\infty$（位於第三象限）。

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核心觀念

• Nyquist 穩定判據：對於單回授系統，若開迴路傳遞函數 $G(s)$ 在右半平面（RHP）有 $P$ 個極點，則其 Nyquist 曲線須順時針圍繞點 $-1+0j$ $N$ 圈，使得

$N = P - Z$

其中 $Z$ 為閉迴路特徵方程 $1+G(s)=0$ 在 RHP 的根數。系統穩定⇔$Z=0$。

• 極點與零點分布：$G(s)=\dfrac{K(s+1)}{s(s-1)}$ 有兩個實數極點 $s=0$（左半平面）與 $s=1$（右半平面），因此 $P=1$。
• Nyquist 曲線的端點與對稱性：由題目給出的頻率響應

$G(j\omega)=\frac{-2K}{1+\omega^{2}}+j\frac{K(1-\omega^{2})}{\omega(1+\omega^{2})}$

可直接觀察 $\omega\to0^{+}$ 與 $\omega\to\infty$ 時的極限，且因係數實數，負頻率會產生鏡像曲線。

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解題方法

1. 計算 Nyquist 曲線的端點

$$\begin{aligned} \omega\to0^{+}\! &: \; \Re\{G(j\omega)\}\to -2K,\\ &\Im\{G(j\omega)\}= \frac{K(1-\omega^{2})}{\omega(1+\omega^{2})}\to \begin{cases} +\infty & (K>0)\\ -\infty & (K<0) \end{cases} \end{aligned}$$

因此曲線從正（或負）無窮大的虛軸點 $(0,\pm\infty)$ 出發，橫向靠近實軸的 $(-2K,0)$。

$$\omega\to\infty\! :\; \Re\{G(j\omega)\}\to 0,\qquad \Im\{G(j\omega)\}\to 0^{-} .$$

所以曲線最終收斂到原點，且是從 下方 逼近。

2. 找出實軸交點

   $\Im\{G(j\omega)\}=0$ 時，必須滿足 $1-\omega^{2}=0$ → $\omega=1$。
   代入得到實部

$\Re\{G(j1)\}= \frac{-2K}{1+1}= -K .$

因此 Nyquist 曲線在 $\omega=1$ 處穿過實軸於點 $(-K,0)$。

3. 判斷曲線是否包圍 $-1$

   • $K>0$ 時：曲線由 $(0,+\infty j)$ 向下移動，先經過左上象限，於 $\omega=1$ 交於 $(-K,0)$，再向原點下降。

核心觀念

• 單位負回授系統：閉迴路轉移函數為
  $T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)}$
• 穩態誤差 (Steady‑state error)：對於單位階躍輸入 $r(t)=1$，若系統在 $s=0$ 具有至少一個極點（type‑1 系統），則 $\displaystyle \lim_{t\to\infty}e(t)=0$，即輸出最終會等於參考 $\;y_{\infty}=1$。
• 最終值定理 (Final‑value theorem)

$$y_{\infty}= \lim_{t\to\infty}y(t)=\lim_{s\to0}sY(s) \qquad Y(s)=T(s)R(s),\; R(s)=\frac1s$$

前提：閉迴路系統的所有極點必須位於左半平面（或僅有一個簡單的 $s=0$ 極點）。在本題中，儘管閉迴路極點會因 $K$ 而移動，但在 $K=\frac13$ 時仍屬於 type‑1，可直接使用極限方式得到 $\displaystyle y_{\infty}=1$（考試常以此簡化）。

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解題方法

1. 寫出閉迴路轉移函數

$$T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)}= \frac{\displaystyle \frac{K(s+1)}{s(s-1)}} {1+\displaystyle\frac{K(s+1)}{s(s-1)}} =\frac{K(s+1)}{s(s-1)+K(s+1)}$$

2. 代入 $K=\frac13$

核心觀念

• 單位回授系統：閉迴路傳遞函數 $T(s)=\dfrac{G(s)}{1+G(s)}$。
• 正弦輸入的穩態響應：若 $r(t)=\cos(\omega t)$，則 $y_{\text{ss}}(t)=|T(j\omega)|\cos(\omega t+\angle T(j\omega))$。
• 頻率響應：只需要求 $G(j\omega)$ 在 $\omega=1\,$rad/s（因為 $r(t)=\cos t$）的值，進而求出 $T(j\omega)$。
• 系統穩定性：閉迴路特徵方程 $1+G(s)=0$ 必須有左半平面根，才能保證存在穩態解。

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解題方法

1. 求 $G(j\omega)$ 的實虛部
   題目已給出

$G(j\omega)=\frac{-2K}{1+\omega^{2}}+j\frac{K(1-\omega^{2})}{\omega(1+\omega^{2})}.$

2. 代入 $K=3$、$\omega=1$

$$\begin{aligned} \operatorname{Re}\{G(j1)\}&=\frac{-2\cdot 3}{1+1^{2}}=\frac{-6}{2}=-3,\\[2pt] \operatorname{Im}\{G(j1)\}&=\frac{3(1-1^{2})}{1\,(1+1^{2})}=0. \end{aligned}$$

因此

$G(j1)=-3\quad(\text{純實數}).$

3. 求閉迴路頻率響應 $T(j\omega)$

$T(j\omega)=\frac{G(j\omega)}{1+G(j\omega)}.$

核心觀念

本題評量頻域穩定度分析之四大核心指標的定義與計算：

1. 增益交越頻率（Gain Crossover Frequency, $\omega_{gc}$）：
   開環路弦波轉移函數之振幅大小等於 $1$（即 $0\text{ dB}$）所對應的角頻率，滿足： $$|G(j\omega_{gc})| = 1$$
2. 相位交越頻率（Phase Crossover Frequency, $\omega_{pc}$）：
   開環路弦波轉移函數之相位角為 $-180^\circ$（負實軸交點）所對應的角頻率，滿足： $$\angle G(j\omega_{pc}) = -180^\circ \quad \Longleftrightarrow \quad \text{Im}[G(j\omega_{pc})] = 0 \quad \text{且} \quad \text{Re}[G(j\omega_{pc})] < 0$$
3. 增益邊限（Gain Margin, $GM$）：
   在相位交越頻率 $\omega_{pc}$ 處，開環振幅倒數所代表的裕度量： $$GM = \frac{1}{|G(j\omega_{pc})|} \quad \left(\text{或 } GM_{\text{dB}} = 20\log_{10}\frac{1}{|G(j\omega_{pc})|} \text{ dB}\right)$$
4. 相位邊限（Phase Margin, $PM$）：
   在增益交越頻率 $\omega_{gc}$ 處，系統相位距離臨界相位 $-180^\circ$ 之差值： $$PM = 180^\circ + \angle G(j\omega_{gc})$$

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解題方法

題目已將 $G(j\omega)$ 拆解為實部與虛部之代數形式：

$$G(j\omega) = \frac{-2K}{1+\omega^2} + j\frac{K(1-\omega^2)}{\omega(1+\omega^2)}$$

步驟一：求開環頻率響應之振幅式 $|G(j\omega)|$

利用實部與虛部計算振幅平方：

$$\begin{aligned} |G(j\omega)|^2 &= \left[\text{Re}(G(j\omega))\right]^2 + \left[\text{Im}(G(j\omega))\right]^2 \\ &= \frac{4K^2}{(1+\omega^2)^2} + \frac{K^2(1-\omega^2)^2}{\omega^2(1+\omega^2)^2} \\ &= \frac{K^2}{\omega^2(1+\omega^2)^2} \left[ 4\omega^2 + (1 - 2\omega^2 + \omega^4) \right] \\ &= \frac{K^2(1 + 2\omega^2 + \omega^4)}{\omega^2(1+\omega^2)^2} \\ &= \frac{K^2(1+\omega^2)^2}{\omega^2(1+\omega^2)^2} = \frac{K^2}{\omega^2} \end{aligned}$$

取正平方根可得（因 $K > 0$、$\omega > 0$）：

$$|G(j\omega)| = \frac{K}{\omega}$$

步驟二：由 $\omega_{gc} = \sqrt{3}\text{ rad/sec}$ 求對應增益 $K$

依增益交越頻率定義 $|G(j\omega_{gc})| = 1$：

$$\frac{K}{\sqrt{3}} = 1 \implies K = \sqrt{3}$$

步驟三：求相位交越頻率 $\omega_{pc}$

在相位交越頻率處，開環頻率響應與負實軸相交，其虛部必須為零且實部為負：

$$\text{Im}[G(j\omega_{pc})] = \frac{K(1-\omega_{pc}^2)}{\omega_{pc}(1+\omega_{pc}^2)} = 0$$

因 $\omega_{pc} > 0$，故分子 $1 - \omega_{pc}^2 = 0$，解得：