114 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

本題綜合考查：

• 卷積積分的拉普拉斯轉換。
• 轉移函數的求法。
• 由積分定義建立狀態方程。
• 單位階躍響應的部分分式反拉普拉斯轉換。
• 由暫態項判斷系統輸出是否為「正弦波加常數」。
• 利用高頻極限求脈衝響應初值。

令

$$x_2(t)=\int_0^t\cos\bigl(\omega(t-\tau)\bigr)u(\tau)d\tau$$

則其拉普拉斯轉換為

$$X_2(s)=\frac{s}{s^2+\omega^2}U(s)$$

因為

$$\mathcal{L}\{\cos(\omega t)\}=\frac{s}{s^2+\omega^2}$$

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(a) 由 $u(t)$ 至 $y(t)$ 的轉移函數

原方程為

$$\frac{dy(t)}{dt}+y(t)=b x_2(t)+u(t)$$

在零初始條件下取拉普拉斯轉換：

$$sY(s)+Y(s)=bX_2(s)+U(s)$$

代入

$$X_2(s)=\frac{s}{s^2+\omega^2}U(s)$$

得到

$$(s+1)Y(s) = \left( \frac{bs}{s^2+\omega^2}+1 \right)U(s)$$

因此轉移函數為

$$G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)} = \frac{1+\dfrac{bs}{s^2+\omega^2}}{s+1}$$

整理得

$$\boxed{ G(s)= \frac{s^2+bs+\omega^2} {(s+1)(s^2+\omega^2)} }$$

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(b) 狀態空間表示

第一步：求 $x_1(t)$ 的微分方程

由定義 $x_1(t)=y(t)$，原式直接給出

$$\dot{x}_1(t)=-x_1(t)+b x_2(t)+u(t)$$

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第二步：求 $x_2(t)$ 的微分方程

由

$$x_2(t)=\int_0^t\cos\bigl(\omega(t-\tau)\bigr)u(\tau)d\tau$$

利用 Leibniz 法則微分：

$$\dot{x}_2(t) = u(t) -\omega\int_0^t \sin\bigl(\omega(t-\tau)\bigr)u(\tau)d\tau$$

題目定義

$$x_3(t)=\dot{x}_2(t)-u(t)$$

所以

$$\boxed{\dot{x}_2(t)=x_3(t)+u(t)}$$

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第三步：求 $x_3(t)$ 的微分方程

卷積 $x_2(t)$ 滿足二階關係式

$$\ddot{x}_2(t)+\omega^2x_2(t)=\dot{u}(t)$$

由於

$$x_3(t)=\dot{x}_2(t)-u(t)$$

對時間微分：

$$\dot{x}_3(t)=\ddot{x}_2(t)-\dot{u}(t)$$

代入上式可得

$$\dot{x}_3(t)=-\omega^2x_2(t)$$

因此

$$\boxed{\dot{x}_3(t)=-\omega^2x_2(t)}$$

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狀態空間形式

令

$$x(t)= \begin{bmatrix} x_1(t)\\ x_2(t)\\ x_3(t) \end{bmatrix}$$

則

$$\dot{x}(t)=Ax(t)+Bu(t)$$

其中

$$\boxed{ A= \begin{bmatrix} -1 & b & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & -\omega^2 & 0 \end{bmatrix} }$$ $$\boxed{ B= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{bmatrix} }$$

由 $y(t)=x_1(t)$，輸出方程為

$$y(t)=Cx(t)+Du(t)$$

其中

$$\boxed{ C= \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix}, \qquad D=0 }$$

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(c) 單位階躍響應 $s(t)$

單位階躍輸入為

$$u(t)=1(t)$$

其拉普拉斯轉換為

$$U(s)=\frac{1}{s}$$

因此

$$S(s)=G(s)\frac{1}{s} = \frac{s^2+bs+\omega^2} {s(s+1)(s^2+\omega^2)}$$

作部分分式分解：

$$S(s) = \frac{C_0}{s} + \frac{C_1}{s+1} + \frac{C_2s+C_3}{s^2+\omega^2}$$

比較係數可得

$$C_0=1$$ $$C_1=\frac{b-1-\omega^2}{1+\omega^2}$$ $$C_2=-\frac{b}{1+\omega^2}$$ $$C_3=\frac{b}{1+\omega^2}$$

故

$$S(s) = \frac{1}{s} + \frac{b-1-\omega^2}{1+\omega^2}\frac{1}{s+1} - \frac{b}{1+\omega^2}\frac{s}{s^2+\omega^2} + \frac{b}{1+\omega^2}\frac{1}{s^2+\omega^2}$$

核心觀念

(a) 將閉迴路特徵方程配成標準二階系統，利用阻尼比與最大超越量的關係限制 $K$，再比較題目指定的上升時間近似式。

(b) 單位負回授系統對斜坡輸入的穩態誤差可由速度誤差常數求得。

(c) 以 Routh 表判斷閉迴路穩定範圍；根軌跡則由開迴路極點、零點、實軸區段、漸近線與分岔點描繪。

解題方法

由原卷圖可讀出：參考輸入 $r$ 接至加總點正端，輸出 $y$ 以單位增益回授至負端；控制器 $C(s)$ 串接被控體 $G(s)=1/[s(s+1)]$。

(a) 最短上升時間

單位負回授的閉迴路傳遞函數為

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

與標準二階分母 $s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2$ 比較，可得

$$\omega_n=\sqrt{K}, \qquad \zeta=\frac{1}{2\sqrt{K}}.$$

最大超越量比例為

$$M_p=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}.$$

題目要求 $M_p\le 0.10$，因此阻尼比須滿足

$$\zeta\ge \zeta_{\min} =\frac{\ln 10}{\sqrt{\pi^2+(\ln 10)^2}} \approx 0.5912.$$

由 $\omega_n=1/(2\zeta)$，指定的上升時間近似式可寫成

$$t_r\approx\frac{0.8+2.5\zeta}{\omega_n} =2\zeta(0.8+2.5\zeta) =1.6\zeta+5\zeta^2.$$

此式對 $\zeta>0$ 隨 $\zeta$ 遞增，故最快上升時間發生在 $\zeta=\zeta_{\min}$。相應的增益為

$$K=\frac{1}{4\zeta_{\min}^2}\approx 0.7154,$$

且

$$t_r\approx 2.69.$$

代回超越量公式，邊界阻尼比給出 $M_p=0.10$，符合「小於或等於 10%」的限制。

(b) 斜坡輸入的最小增益

開迴路傳遞函數為 $L(s)=K/[s(s+1)]$，速度誤差常數為

$$K_v=\lim_{s\to 0}sL(s)=K.$$

輸入 $r(t)=2t$ 的斜率為 $2$，故穩態誤差為

$$e_{ss}=\frac{2}{K}.$$

要求 $|e_{ss}|\le 0.05$，因此

$$\frac{2}{K}\le 0.05 \quad\Longrightarrow\quad K\ge 40.$$

當 $K=40$ 時，$|e_{ss}|=2/40=0.05$，因此最小增益為 $40$。此系統的閉迴路特徵多項式為 $s^2+s+K$，對所有 $K>0$ 均穩定，故穩態誤差定理適用。

(c) 根軌跡與穩定範圍

特徵方程為

$$1+K\frac{s+2}{(s^2+8s+20)s(s+1)}=0,$$

整理得閉迴路特徵多項式

$$s^4+9s^3+28s^2+(20+K)s+2K=0.$$

其 Routh 表為

核心觀念

本題考查：

1. Nyquist 圖的繪製與臨界點 $-1+j0$ 的判斷。
2. 開迴路含有右半平面極點時，Nyquist 穩定判據的使用。
3. 單位回授閉迴路傳遞函數與穩定性。
4. 穩態輸出中的終值、頻率響應與穩定條件。

開迴路傳遞函數為

$$L(s)=K\frac{s+z}{s(s-1)},\qquad z>0.$$

單位回授閉迴路傳遞函數為

$$T(s)=\frac{L(s)}{1+L(s)} =\frac{K(s+z)}{s(s-1)+K(s+z)}.$$

因此閉迴路特徵方程為

$$s^2+(K-1)s+Kz=0.$$

二階系統穩定的必要且充分條件為兩個係數皆為正，因此

$$K-1>0,\qquad Kz>0.$$

因為 $z>0$，故閉迴路穩定條件為

$$\boxed{K>1}.$$

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(a) $K>0$ 時的 Nyquist 圖

題目給出

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

整理實部與虛部：

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\} = -\frac{K(z+1)}{\omega^2+1},$$ $$\operatorname{Im}\{L(j\omega)\} = \frac{K(z-\omega^2)} {\omega(\omega^2+1)}.$$

重要特徵點

當 $\omega\to 0^+$ 時，

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\}\to -K(z+1),$$ $$\operatorname{Im}\{L(j\omega)\}\to +\infty.$$

所以正頻率分支由左側無窮遠上方開始。

當 $\omega=\sqrt z$ 時，虛部為零：

$$\operatorname{Im}\{L(j\sqrt z)\}=0.$$

此時

$$\operatorname{Re}\{L(j\sqrt z)\} = -\frac{K(z+1)}{z+1} =-K.$$

因此 Nyquist 曲線穿越負實軸於

$$\boxed{-K}.$$

當 $\omega\to\infty$ 時，

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

曲線由原點下方接近原點。

負頻率部分為正頻率部分對實軸的鏡射。故整體圖形具有以下特徵：

• 正頻率分支由左上方開始；
• 穿越負實軸於 $-K$；
• 接著從原點下方趨近原點；
• 負頻率分支為其關於實軸的鏡射；
• 開迴路在 $s=1$ 有一個右半平面極點，$s=0$ 位於虛軸上，繪圖時需對原點作小半圓避開。

示意如下：

             Im
              ↑
              │       起點：−K(z+1)+j∞
              │          ╲
              │           ╲
              │            ╲
──────────────┼─────────────●────────→ Re
             −K             0
              │              ╱
              │             ╱
              │            ╱
              │       趨近原點下方

曲線是否包圍 $-1$，由負實軸交點 $-K$ 判斷：

• $K>1$：$-K<-1$，曲線包圍 $-1$；
• $0<K<1$：$-K>-1$，曲線不包圍 $-1$；
• $K=1$：曲線通過 $-1$，為臨界穩定情況。

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(b) 由 (a) 判斷穩定性

開迴路右半平面極點數為

$$P=1.$$

採用 Nyquist 判據，閉迴路右半平面極點數 $Z$ 滿足

$$Z=N+P,$$

其中 $N$ 為對 $-1$ 點的逆時針包圍數。

$K>1$

此時 Nyquist 圖順時針包圍 $-1$ 一次，因此

$$N=-1.$$

所以

$$Z=N+P=-1+1=0.$$

閉迴路穩定。

$0<K<1$

此時曲線不包圍 $-1$，故

$$N=0.$$

因此

$$Z=0+1=1.$$

閉迴路有一個右半平面極點，不穩定。

$K=1$

Nyquist 曲線通過 $-1$，表示閉迴路有虛軸極點，屬於臨界穩定。

因此

$$\boxed{ \begin{cases} K>1：\text{穩定},\\ 0<K<1：\text{不穩定},\\ K=1：\text{臨界穩定}. \end{cases}}$$

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(c) $K<0$ 時的 Nyquist 圖與穩定性

令 $K=-|K|$。由於 $K$ 只會使整個 Nyquist 圖乘上負號，因此 $K<0$ 時的圖形是 $K>0$ 圖形繞原點旋轉 $180^\circ$。

正頻率分支的特徵為：

當 $\omega\to0^+$ 時，

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\}\to |K|(z+1),$$ $$\operatorname{Im}\{L(j\omega)\}\to-\infty.$$

當 $\omega=\sqrt z$ 時，

$$L(j\sqrt z)=-K=|K|>0.$$

當 $\omega\to\infty$ 時，曲線由原點上方接近原點。

因此整條曲線位於右半平面附近，不會包圍 $-1$。

從閉迴路特徵方程也可直接判斷：

$$s^2+(K-1)s+Kz=0.$$

當 $K<0$ 時，

$$Kz<0.$$

核心觀念

本題考查：

• Nyquist 圖與開迴路頻率響應 $G(j\omega)$ 的對應。
• 最小相位系統的極點、零點與 Bode 圖斜率、相位變化。
• General Nyquist criterion。
• Gain Margin、Phase Margin、增益交越頻率、相位交越頻率。
• 純延遲對相位裕度的影響。

重要定義如下：

$$GM=\frac{1}{|G(j\omega_{pc})|}$$

其中 $\omega_{pc}$ 為相位交越頻率，滿足

$$\angle G(j\omega_{pc})=-180^\circ .$$ $$PM=180^\circ+\angle G(j\omega_{gc})$$

其中 $\omega_{gc}$ 為增益交越頻率，滿足

$$|G(j\omega_{gc})|=1.$$

若系統加入純延遲 $e^{-sT}$，延遲造成的相位落後為 $\omega T$，因此最大允許延遲時間為

$$T_{\max}=\frac{PM\;(\text{弧度})}{\omega_{gc}}.$$

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(a) Magnitude–Phase 圖

由原圖可讀得：

• $\omega\to 0$ 時，Nyquist 軌跡通過 $-1+j0$，因此 $$|G(j0)|=1,\qquad \angle G(j0)=-180^\circ .$$
• $\omega=2$ 時，頻率響應位於 $-135^\circ$ 方向，因此 $$\angle G(j2)=-135^\circ .$$
• $\omega\to\infty$ 時，軌跡趨近原點，故 $$|G(j\omega)|\to 0.$$

因此 Magnitude–Phase 圖應由下列資料連成平滑曲線：

• 低頻端：$|G|=1$、相位為 $-180^\circ$。
• $\omega=2$：相位為 $-135^\circ$。
• 高頻端：$|G|\to 0$。

但是，原圖沒有提供足夠的座標刻度，無法唯一決定 $\omega=2$ 時的精確幅值，也無法讀出完整的相位曲線。因此只能繪出定性 Magnitude–Phase 圖，不能得到唯一的數值 Bode 曲線。

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(b) 最小階開迴路轉移函數

若只根據圖中可辨識的資料，至少可知：

$$G(0)=-1$$

且

$$G(j2)=|G(j2)|\angle(-135^\circ).$$

由於高頻時 Nyquist 軌跡趨近原點，$G(s)$ 必須是嚴格真有理函數。若採用最小的常見形式，可寫成一個二階分母、一次分子：

$$G(s)=-A\frac{s+z}{(s+p_1)(s+p_2)},$$

其中最小相位條件要求

$$z>0,\qquad p_1>0,\qquad p_2>0.$$

由 $G(0)=-1$ 得

$$-A\frac{z}{p_1p_2}=-1,$$

因此

$$A=\frac{p_1p_2}{z}.$$

所以可寫成

$$\boxed{ G(s)= -\frac{p_1p_2}{z} \frac{s+z}{(s+p_1)(s+p_2)} }$$

此時在 $\omega=2$：

$$G(j2)= -\frac{p_1p_2}{z} \frac{j2+z}{(j2+p_1)(j2+p_2)}.$$

其相位為

$$\angle G(j2) = -180^\circ +\tan^{-1}\frac{2}{z} -\tan^{-1}\frac{2}{p_1} -\tan^{-1}\frac{2}{p_2}.$$

令其等於 $-135^\circ$，可得

$$\tan^{-1}\frac{2}{z} -\tan^{-1}\frac{2}{p_1} -\tan^{-1}\frac{2}{p_2} =45^\circ.$$

然而，$p_1,p_2,z$ 仍有多個未知數，而題圖未提供 $\omega=2$ 時的精確幅值及其他精確座標。因此無法唯一求出 $p_1,p_2,z$。

故本小題的確定結論為：

$$\boxed{\text{僅憑目前可辨識的題圖資料，無法唯一決定開迴路轉移函數。}}$$

若要唯一求解，至少還需要下列任一類資料：

• $\omega=2$ 時的精確幅值；
• 另一個頻率點的幅值或相位；
• 相位交越頻率；
• Nyquist 圖上另一個精確座標；
• 題圖的完整高解析版本及座標刻度。

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(c) Nyquist asymptote

若採用上述最小階形式：

$$G(s)= -\frac{p_1p_2}{z} \frac{s+z}{(s+p_1)(s+p_2)},$$

則分子階數為 $1$，分母階數為 $2$，因此

$$G(j\omega)\sim -\frac{p_1p_2}{z}\frac{1}{j\omega} = j\frac{p_1p_2}{z\omega}, \qquad \omega\to\infty.$$

所以高頻端的 Nyquist 軌跡沿著虛軸方向趨近原點，且

$$|G(j\omega)|\sim \frac{p_1p_2}{z\omega}.$$

其高頻漸近線為虛軸方向：

$$\boxed{\operatorname{Re}G(j\omega)\to 0}$$

但漸近線的精確位置及方向，仍須知道完整的轉移函數係數。

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