108 年 國立成功大學航空太空工程學系碩士班丙組《自動控制》

核心觀念

本題考查多自由度機械系統的建模（Modeling of Multi-DOF Mechanical Systems）與線性化分析：

1. 運動方程式推導（Equations of Motion）：可採用尤拉－拉格朗日方程式（Euler-Lagrange Equation）或牛頓－尤拉法（力矩平衡法）。系統為兩個無質量、長度為 $l$ 的剛性擺桿，質點質量分別為 $m_1$ 與 $m_2$（若圖中未特別區分標示，通常設為同質量 $m$），且在桿長 $3/4$ 處（距懸吊支點 $a = \frac{3}{4}l$）由一彈性常數為 $k$ 的水平彈簧連接。
2. 小角度線性化（Linearization）：在微小擺角假設下，進行泰勒展開：$\sin\theta \approx \theta$、$\cos\theta \approx 1$、$\dot{\theta}^2 \approx 0$。
3. 穩態分析（Steady-State Analysis）：探討無阻尼自由振動系統的固有模態，以及在重力保守場與無外加持續耗散力作用下的平衡位置與穩態行為。

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解題方法

(a) 推導運動方程式（Equations of Motion）

設兩擺的擺角由鉛垂線向右為正，分別記為 $\theta_1$ 與 $\theta_2$。
擺長為 $l$，質點位於桿端（質量分別設為 $m_1, m_2$，若皆為相同擺錘則記為 $m$）。
彈簧連接於兩擺長度 $\frac{3}{4}l$ 處，未伸長長度設為兩支點間距 $d$。

1. 各質點位置與速度

• 質點 1 的座標與速度平方： $$x_1 = l\sin\theta_1,\quad y_1 = -l\cos\theta_1$$ $$v_1^2 = \dot{x}_1^2 + \dot{y}_1^2 = l^2 \dot{\theta}_1^2$$
• 質點 2 的座標與速度平方： $$x_2 = d + l\sin\theta_2,\quad y_2 = -l\cos\theta_2$$ $$v_2^2 = \dot{x}_2^2 + \dot{y}_2^2 = l^2 \dot{\theta}_2^2$$

2. 系統動能 $T$

$$T = \frac{1}{2}m_1 v_1^2 + \frac{1}{2}m_2 v_2^2 = \frac{1}{2}m_1 l^2 \dot{\theta}_1^2 + \frac{1}{2}m_2 l^2 \dot{\theta}_2^2$$

3. 系統位能 $V$

位能包含重力位能與彈簧彈性位能。以懸吊點高度為零位面：

• 重力位能： $$V_g = -m_1 g l \cos\theta_1 - m_2 g l \cos\theta_2$$
• 彈簧附著點座標（距懸掛支點長度 $a = \frac{3}{4}l$）： $$x_{s1} = a\sin\theta_1,\quad x_{s2} = d + a\sin\theta_2$$ 題目假設擺角極小且彈簧始終維持水平，則彈簧形變量 $\Delta x$ 為： $$\Delta x = (x_{s2} - x_{s1}) - d = a(\sin\theta_2 - \sin\theta_1)$$
• 彈簧位能： $$V_s = \frac{1}{2}k (\Delta x)^2 = \frac{1}{2}k a^2 (\sin\theta_2 - \sin\theta_1)^2$$
• 總位能 $V = V_g + V_s$： $$V = -m_1 g l\cos\theta_1 - m_2 g l\cos\theta_2 + \frac{1}{2}k \left(\frac{3}{4}l\right)^2 (\sin\theta_2 - \sin\theta_1)^2$$

4. 拉格朗日方程式（Lagrange's Equation）

拉格朗日量 $L = T - V$。由於無外力或非保守力阻尼做功，方程式為：

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}_i}\right) - \frac{\partial L}{\partial \theta_i} = 0 \quad (i = 1, 2)$$

• 對 $\theta_1$：

  $$\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}_1} = m_1 l^2 \dot{\theta}_1 \implies \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}_1}\right) = m_1 l^2 \ddot{\theta}_1$$ $$\frac{\partial L}{\partial \theta_1} = -m_1 g l \sin\theta_1 + k\left(\frac{3}{4}l\right)^2 (\sin\theta_2 - \sin\theta_1)\cos\theta_1$$

  代入得運動方程式：

  $$m_1 l^2 \ddot{\theta}_1 + m_1 g l \sin\theta_1 - \frac{9}{16}k l^2 (\sin\theta_2 - \sin\theta_1)\cos\theta_1 = 0$$

  同除以 $l$（若兩端質點質量相同 $m_1 = m_2 = m$）：

  $$m l \ddot{\theta}_1 + m g \sin\theta_1 + \frac{9}{16}k l (\sin\theta_1 - \sin\theta_2)\cos\theta_1 = 0$$

• 對 $\theta_2$：

  $$\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}_2} = m_2 l^2 \dot{\theta}_2 \implies \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}_2}\right) = m_2 l^2 \ddot{\theta}_2$$ $$\frac{\partial L}{\partial \theta_2} = -m_2 g l \sin\theta_2 - k\left(\frac{3}{4}l\right)^2 (\sin\theta_2 - \sin\theta_1)\cos\theta_2$$

  代入得運動方程式（設 $m_1 = m_2 = m$）：

  $$m l \ddot{\theta}_2 + m g \sin\theta_2 + \frac{9}{16}k l (\sin\theta_2 - \sin\theta_1)\cos\theta_2 = 0$$

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(b) 推導線性化模型（Linearized Model）

在平衡點 $\theta_1 \approx 0, \theta_2 \approx 0$ 附近做小角度近似：

$$\sin\theta \approx \theta,\quad \cos\theta \approx 1,\quad \dot{\theta}^2 \approx 0$$

將小角度近似代入 (a) 之運動方程式：

1. 第一式： $$m l \ddot{\theta}_1 + m g \theta_1 + \frac{9}{16}k l (\theta_1 - \theta_2) = 0$$ $$\ddot{\theta}_1 + \left(\frac{g}{l} + \frac{9k}{16m}\right)\theta_1 - \frac{9k}{16m}\theta_2 = 0$$

核心觀念

本題考查：

• 單位負回授系統的閉迴路特徵方程式。
• 二階系統自然頻率 $\omega_n$ 與阻尼比 $\zeta$。
• 二階系統的安定時間與最大超越量。
• 正弦輸入的定態誤差與頻率響應。
• Routh 穩定判據。

由 Fig. 2 可知，系統為單位負回授，受控體為

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

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(a) $D_c(s)=K$ 時的自然頻率與阻尼比

前向傳遞函數為

$$G_f(s)=\frac{K}{s(s+1)}.$$

單位負回授的閉迴路傳遞函數為

$$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{G_f(s)}{1+G_f(s)} = \frac{K}{s(s+1)+K}.$$

因此閉迴路特徵方程式為

$$s^2+s+K=0.$$

與標準二階形式

$$s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2=0$$

比較係數可得

$$\omega_n^2=K,$$ $$2\zeta\omega_n=1.$$

因此

$$\boxed{\omega_n=\sqrt{K}}$$

以及

$$\boxed{\zeta=\frac{1}{2\sqrt{K}}}.$$

因為 $K>0$，所以閉迴路系統穩定。

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(b) 安定時間與最大超越量能否同時任意指定

採用標準 $2\%$ 安定時間公式：

$$T_s\approx\frac{4}{\zeta\omega_n}.$$

由 (a)

$$\zeta\omega_n = \frac{1}{2\sqrt K}\sqrt K = \frac12.$$

因此

$$\boxed{T_s\approx 8\text{ 秒}}.$$

可見安定時間與 $K$ 無關，無法透過調整 $K$ 任意改變。

另一方面，二階欠阻尼系統的最大超越量為

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

其中

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

所以最大超越量會隨 $K$ 改變。

若給定最大超越量 $M_p$，可先由

$$\zeta = \frac{-\ln M_p} {\sqrt{\pi^2+(\ln M_p)^2}}$$

決定 $\zeta$，再由

$$K=\frac{1}{4\zeta^2}$$

決定 $K$。但無論 $K$ 如何選擇，皆有

$$T_s=8\text{ 秒}.$$

因此，若指定的安定時間不是 $8$ 秒，就不可能同時滿足指定的安定時間與最大超越量。

$$\boxed{\text{無法任意同時滿足給定的安定時間與最大超越量。}}$$

只有當指定安定時間恰為 $8$ 秒時，才可藉由選擇 $K$ 來配合所需的最大超越量。

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(c) 正弦輸入能否達到零定態誤差

依照圖中題目，控制器為

$$D_c(s) = K\frac{(s+\alpha)^2}{s^2+\omega_0^2}.$$

受控體為

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

因此迴路傳遞函數為

$$L(s) = D_c(s)G(s) = K\frac{(s+\alpha)^2} {s^2(s+1)(s^2+\omega_0^2)}.$$

誤差傳遞函數為

$$\frac{E(s)}{R(s)} = \frac{1}{1+L(s)}.$$

整理得

$$\frac{E(s)}{R(s)} = \frac{s^2(s+1)(s^2+\omega_0^2)} {s^2(s+1)(s^2+\omega_0^2)+K(s+\alpha)^2}.$$

對於輸入

$$r(t)=\sin(\omega_0t),$$

其定態誤差振幅由誤差傳遞函數在 $s=j\omega_0$ 的頻率響應決定。

代入 $s=j\omega_0$：

$$s^2+\omega_0^2 = (j\omega_0)^2+\omega_0^2 = -\omega_0^2+\omega_0^2 = 0.$$

因此誤差傳遞函數的分子為零：

$$\left.\frac{E(s)}{R(s)}\right|_{s=j\omega_0} = 0.$$

核心觀念

由圖可知為單位負回授系統，前向傳遞函數為

$$G(s)=K\frac{10s+20}{s^2-4s+4} =K\frac{10(s+2)}{(s-2)^2}$$

因此開迴路傳遞函數為

$$L(s)=K\frac{10(s+2)}{(s-2)^2}$$

開迴路在右半平面有兩個極點 $s=2$，故 $P=2$。

閉迴路特徵方程式為

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

即

$$(s-2)^2+10K(s+2)=0$$

整理得

$$s^2+(10K-4)s+(4+20K)=0$$

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(a) $K=1$ 的 Nyquist plot

令 $s=j\omega$，則

$$L(j\omega)=\frac{10(j\omega+2)}{(j\omega-2)^2}$$

整理實部與虛部：

$$L(j\omega) = \frac{80-60\omega^2}{(\omega^2+4)^2} +j\frac{10\omega(12-\omega^2)}{(\omega^2+4)^2}$$

因此

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\} = \frac{80-60\omega^2}{(\omega^2+4)^2}$$ $$\operatorname{Im}\{L(j\omega)\} = \frac{10\omega(12-\omega^2)}{(\omega^2+4)^2}$$

重要位置

1. 當 $\omega=0$：

$$L(0)=5$$

起點為 $(5,0)$。

2. 虛部為零時：

$$10\omega(12-\omega^2)=0$$

除 $\omega=0$ 外，

$$\omega=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$$

此時

$$L(j\sqrt{12})=-2.5$$

故曲線穿越負實軸於 $(-2.5,0)$。

3. 當 $\omega\to\infty$：

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

曲線由下半平面接近原點。

正頻率分支的方向為：

$$5 \longrightarrow \text{上半平面} \longrightarrow -2.5 \longrightarrow \text{下半平面} \longrightarrow 0$$

再加上負頻率分支的共軛對稱曲線，即得完整 Nyquist plot。由於開迴路有兩個右半平面極點，Nyquist contour 必須避開 $s=2$ 的極點。

對 $K=1$，曲線以順時針方向繞過 $-1$ 點兩圈，因此

$$N=-2$$

由 Nyquist 判據：

$$Z=P+N=2-2=0$$

所以閉迴路穩定。

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(b) $K$ 的穩定範圍

閉迴路特徵方程式為

$$s^2+(10K-4)s+(4+20K)=0$$

二階系統穩定的必要且充分條件為兩個係數皆為正：

$$10K-4>0$$ $$4+20K>0$$

分別得到

$$K>0.4$$

以及

$$K>-0.2$$

兩者交集為

$$\boxed{K>0.4}$$

臨界情況

當 $K=0.4$：

$$s^2+12=0$$ $$s=\pm j\sqrt{12}$$

極點位於虛軸上，為臨界穩定，不屬於嚴格穩定範圍。

當 $K=-0.2$：

$$s^2-6s=s(s-6)=0$$

有一個極點在原點，另一個在右半平面，也不穩定。

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(c) 不穩定時的 RHP 根數

由

$$s^2+(10K-4)s+(4+20K)=0$$

可直接依 $K$ 分類。

1. $K>0.4$

兩個係數皆為正，因此

$$\boxed{Z=0}$$

閉迴路穩定。

2. $-0.2<K<0.4$

此時

$$10K-4<0,\qquad 4+20K>0$$

兩根乘積為正，且兩根總和為

$$s_1+s_2=4-10K>0$$

所以兩根皆位於右半平面：

$$\boxed{Z=2}$$

3. $K<-0.2$

此時

$$4+20K<0$$

兩根乘積為負，因此一根在右半平面、另一根在左半平面：

$$\boxed{Z=1}$$

4. 邊界值

• $K=0.4$：兩根位於虛軸上，沒有嚴格意義下的漸近穩定。
• $K=-0.2$：一根在原點，另一根為 $s=6$。

整理如下：

核心觀念

本題考查：

• 多重回授系統的等效化。
• 根軌跡的開迴路極點、零點、實軸範圍、漸近線與分離點。
• 標準二階系統
  $s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2$
  的阻尼比判定。
• 單位斜坡輸入的穩態誤差與速度誤差常數 $K_v$。

令植物 $8/(s+1)$ 輸出與積分器 $1/s$ 之間的訊號為 $X$，則內迴路可先化簡。

解題方法

由圖可得

$$E=R-Y$$

植物輸入為

$$K E-K_T X$$

因此

$$X=\frac{8}{s+1}(KE-K_TX)$$

整理得

$$X=\frac{8K}{s+1+8K_T}E$$

再經過積分器 $1/s$，外迴路的等效前向傳遞函數為

$$G(s)=\frac{8K}{s(s+1+8K_T)}$$

因為外迴路為單位負回授，閉迴路特徵方程式為

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

所以

$$s(s+1+8K_T)+8K=0$$

即

$$s^2+(1+8K_T)s+8K=0$$

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(a) $K=2$ 時相對於 $K_T$ 的根軌跡

代入 $K=2$：

$$s^2+(1+8K_T)s+16=0$$

整理成根軌跡形式：

$$1+K_T\frac{8s}{s^2+s+16}=0$$

因此相對於 $K_T$ 的等效開迴路函數為

$$L_T(s)=\frac{8s}{s^2+s+16}$$

開迴路極點與零點

零點：

$$z=0$$

極點：

$$s^2+s+16=0$$ $$p_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{1-64}}{2} =-0.5\pm j\frac{\sqrt{63}}{2}$$

因此

$$p_{1,2}\approx -0.5\pm j3.969$$

根軌跡特徵

對 $K_T\geq 0$：

• 根軌跡由 $-0.5\pm j3.969$ 出發。
• 一個有限零點位於原點 $s=0$。
• 實軸根軌跡為
  $(-\infty,0)$
• 極點數比零點數多一個，因此有一條漸近線。
• 漸近線角度：
  $180^\circ$
• 漸近線中心：
  $\sigma_a=\frac{(-0.5+j3.969)+(-0.5-j3.969)-0}{1}=-1$

兩條共軛分支在 $s=-4$ 相遇。由

$$K_T=-\frac{s^2+s+16}{8s}$$

求分離點：

$$\frac{dK_T}{ds}=0 \Rightarrow s^2=16$$

實軸根軌跡上只有

$$s=-4$$

代回得

$$K_T=-\frac{16-4+16}{8(-4)} =\frac{7}{8}=0.875$$

根軌跡示意如下：

核心觀念

本題要求建立系統的運動方程式（equations of motion），核心是依據牛頓第二定律或轉動系統的力矩平衡，將外力、外加力矩、位移及其導數建立數學關係。

若系統包含平移與轉動自由度，基本公式為

$$\sum F = m\ddot{x}$$ $$\sum T = J\ddot{\theta}$$

其中 $m$ 為質量、$J$ 為轉動慣量、$x$ 為平移位移、$\theta$ 為轉角。

題目未附上原始機構圖，因此無法唯一決定各元件、座標方向與受力位置。以下採用控制工程中最基本的「質量—彈簧—阻尼器」系統，並列出建立運動方程式的標準形式。

解題方法

取質量塊的水平位移為 $x(t)$，正方向向右；外力輸入為 $F(t)$。彈簧常數為 $k$，阻尼係數為 $c$。

質量塊所受的力如下：

• 外加力：$F(t)$，方向為正方向。
• 阻尼力：$-c\dot{x}(t)$，方向與速度相反。
• 彈簧力：$-kx(t)$，方向與位移相反。

依牛頓第二定律，

$$F(t)-c\dot{x}(t)-kx(t)=m\ddot{x}(t)$$

整理得系統的運動方程式：

$$m\ddot{x}(t)+c\dot{x}(t)+kx(t)=F(t)$$

若以輸入 $u(t)$ 表示外力，輸出位移為 $y(t)=x(t)$，則可寫成

$$m\ddot{y}(t)+c\dot{y}(t)+ky(t)=u(t)$$

若題圖為轉動型機械系統，取轉角 $\theta(t)$ 為廣義座標，外加力矩為 $T(t)$，轉動阻尼係數為 $b$，扭轉彈簧常數為 $k_\theta$，則力矩平衡為

$$T(t)-b\dot{\theta}(t)-k_\theta\theta(t)=J\ddot{\theta}(t)$$

因此轉動系統的運動方程式為

$$J\ddot{\theta}(t)+b\dot{\theta}(t)+k_\theta\theta(t)=T(t)$$

狀態空間形式

核心觀念

線性化是將非線性系統在某一個平衡工作點附近，以一階泰勒展開近似。若系統表示為

$$\dot{\boldsymbol{x}}=\boldsymbol{f}(\boldsymbol{x},\boldsymbol{u}),\qquad \boldsymbol{y}=\boldsymbol{h}(\boldsymbol{x},\boldsymbol{u}),$$

其中 $\boldsymbol{x}$ 為狀態、$\boldsymbol{u}$ 為輸入、$\boldsymbol{y}$ 為輸出，則在平衡點附近可建立線性狀態空間模型。

題目未提供第 Q.1 (a) 題的非線性微分方程、系統圖與工作點，因此無法寫出本題特定系統的數值係數。以下給出此題所需的標準線性化推導。

解題方法

設系統的平衡工作點為

$$\boldsymbol{x}_0,\qquad \boldsymbol{u}_0,\qquad \boldsymbol{y}_0,$$

且滿足平衡條件

$$\boldsymbol{f}(\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{u}_0)=\boldsymbol{0}, \qquad \boldsymbol{y}_0=\boldsymbol{h}(\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{u}_0).$$

定義工作點附近的小擾動量

$$\delta\boldsymbol{x}=\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}_0, \qquad \delta\boldsymbol{u}=\boldsymbol{u}-\boldsymbol{u}_0, \qquad \delta\boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}-\boldsymbol{y}_0.$$

對非線性狀態方程在 $(\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{u}_0)$ 進行一階泰勒展開：

$$\dot{\boldsymbol{x}} \approx \boldsymbol{f}(\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{u}_0) + \left. \frac{\partial\boldsymbol{f}}{\partial\boldsymbol{x}} \right|_0 \delta\boldsymbol{x} + \left. \frac{\partial\boldsymbol{f}}{\partial\boldsymbol{u}} \right|_0 \delta\boldsymbol{u}.$$

由於工作點為平衡點，$\boldsymbol{f}(\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{u}_0)=\boldsymbol{0}$，因此

$$\delta\dot{\boldsymbol{x}} = \boldsymbol{A}\,\delta\boldsymbol{x} + \boldsymbol{B}\,\delta\boldsymbol{u},$$

其中

$$\boldsymbol{A} = \left. \frac{\partial\boldsymbol{f}}{\partial\boldsymbol{x}} \right|_{(\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{u}_0)}, \qquad \boldsymbol{B} = \left. \frac{\partial\boldsymbol{f}}{\partial\boldsymbol{u}} \right|_{(\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{u}_0)}.$$

同理，對輸出方程進行一階泰勒展開：

此題要求計算雙擺系統的穩態值。在沒有外力輸入且無阻尼的情況下，穩態值指的是系統的靜平衡點。

我們尋找線性化模型的靜態解，即令所有時間導數為零 ($\ddot{\theta}_1 = \ddot{\theta}_2 = 0$)。
線性化模型為：

$$\begin{bmatrix} 2M+K' & M \\ M & M \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \ddot{\theta}_1 \\ \ddot{\theta}_2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} K'-2G & K' \\ K' & K'-G \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \theta_1 \\ \theta_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

令 $\ddot{\theta}_1 = \ddot{\theta}_2 = 0$，我們得到：

$$\begin{bmatrix} K'-2G & K' \\ K' & K'-G \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \theta_1 \\ \theta_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

此齊次線性方程組有非零解的條件是 coefficient matrix 的行列式為零：

$$\det \begin{bmatrix} K'-2G & K' \\ K' & K'-G \end{bmatrix} = (K' - 2G)(K' - G) - (K')^2 = 0$$

展開並化簡：
$(K')^2 - 3GK' + 2G^2 - (K')^2 = 0$
$2G^2 - 3GK' = 0$
$G(2G - 3K') = 0$

由於 $G = mgl \neq 0$ (假設質量 $m$, 重力 $g$, 擺長 $l$ 均不為零)，則必須 $2G - 3K' = 0$。
將參數代入：
$2 (m g l) = 3 \left(\frac{9}{8} k l^2\right)$
$2 m g l = \frac{27}{8} k l^2$
$16 m g = 27 k l$

此題要求計算閉迴路系統的自然頻率和阻尼比。

系統的開迴路傳遞函數為 $G(s) = \frac{1}{s(s+1)}$。
控制器為 $D_c(s) = K$, 其中 $K>0$。
閉迴路傳遞函數 $T(s)$ 的特性方程式為 $1 + D_c(s) G(s) = 0$。
$1 + K \cdot \frac{1}{s(s+1)} = 0$
$s(s+1) + K = 0$
$s^2 + s + K = 0$

將此特性方程式與二階系統標準形式 $s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2 = 0$ 進行比較。

此題要求判斷是否能同時滿足任意給定的穩定時間和最大超載要求。

從 Q.2 (a) 的結果我們知道，對於控制器 $D_c(s) = K$ ($K>0$)，閉迴路系統的特性方程式為 $s^2 + s + K = 0$。
其自然頻率為 $\omega_n = \sqrt{K}$，阻尼比為 $\zeta = \frac{1}{2\sqrt{K}}$。

二階系統的暫態響應指標與 $\zeta$ 和 $\omega_n$ 的關係如下：
穩定時間 (Settling Time, $T_s$)，通常指在 2% 誤差帶內：$T_s \approx \frac{4}{\zeta \omega_n}$。
最大超載 (Maximum Overshoot, $M_p$)：$M_p = e^{-\frac{\pi \zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}}$，適用於 $0 < \zeta < 1$ (欠阻尼情況)。

讓我們計算 $\zeta \omega_n$ 的值：
$\zeta \omega_n = \frac{1}{2\sqrt{K}} \cdot \sqrt{K} = \frac{1}{2}$。

因此，穩定時間 $T_s \approx \frac{4}{\zeta \omega_n} = \frac{4}{1/2} = 8$ 秒。
這表示，對於所有 $K>0$，穩定時間 $T_s$ 都是固定為 8 秒。我們無法任意指定一個期望的穩定時間。

接下來分析最大超載 $M_p$。
$M_p = e^{-\frac{\pi \zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}}$。
由於 $\zeta = \frac{1}{2\sqrt{K}}$，$\zeta$ 的值隨 $K$ 的變化而變化。
當 $K \to \infty$，$\zeta \to 0$， $M_p \to e^0 = 1$ (100% 超載)。
當 $K \to 0^+$, $\zeta \to \infty$。

此題要求判斷在給定的控制器和系統下，是否能追蹤正弦訊號且穩態誤差為零。

控制器為 $D_c(s) = K(1 + \frac{2}{s}) = K \frac{s+2}{s}$。
開迴路傳遞函數 $G(s) = \frac{1}{s(s+1)}$。
閉迴路系統的特徵方程式為 $1 + D_c(s) G(s) = 0$。
$1 + K \frac{s+2}{s} \cdot \frac{1}{s(s+1)} = 0$
$s^2(s+1) + K(s+2) = 0$
$s^3 + s^2 + Ks + 2K = 0$

首先，我們需要判斷系統是否穩定。使用 Routh Criterion：
$s^3 | 1 \quad K$
$s^2 | 1 \quad 2K$
$s^1 | b_1 \quad 0$
$s^0 | c_1$
$b_1 = \frac{1 \cdot K - 1 \cdot 2K}{1} = -K$
$c_1 = 2K$
為了系統穩定，所有第一列的元素必須大於零：$1 > 0$, $1 > 0$, $-K > 0$, $2K > 0$。
$-K > 0 \implies K < 0$。
$2K > 0 \implies K > 0$。
這兩個條件 $K<0$ 和 $K>0$ 相互矛盾。因此，對於控制器 $D_c(s) = K(1 + \frac{2}{s})$，該系統永遠不穩定，無論 $K$ 的值為何 (假設 $K \neq 0$)。

由於系統本身是不穩定的，因此無法實現穩定追蹤。題目中的 "If the system is stable..." 條件無法滿足。

若假設系統穩定（儘管在此控制器下不可能）：
要實現零穩態誤差追蹤正弦訊號 $r(t) = \sin(\omega_0 t)$，閉迴路系統的傳遞函數 $T(s)$ 必須滿足 $T(j\omega_0) = 1$。

此題要求使用 Routh Criterion 找出使閉迴路系統穩定的參數 $K, \alpha, \omega_0$ 的範圍。

題目 (c) 給出的控制器是 $D_c(s) = K(1 + \frac{2}{s})$，其中只有 $K$ 是參數。
題目 (d) 要求 $K, \alpha, \omega_0$ 的範圍，這表示 $\alpha$ 和 $\omega_0$ 必須出現在控制器或系統中。
最合理的假設是，題目 (d) 中的控制器形式是 $D_c(s) = K(1 + \frac{\alpha}{s})$，而題目 (c) 中的 $\alpha=2$ 僅為一個特定例子。
同時，我們假設開迴路傳遞函數中的植物部分 $G(s) = \frac{1}{s(s+1)}$。

控制器形式假設： $D_c(s) = K(1 + \frac{\alpha}{s}) = K \frac{s+\alpha}{s}$。
植物部分： $G(s) = \frac{1}{s(s+1)}$。
閉迴路系統特徵方程式： $1 + D_c(s) G(s) = 0$。
$1 + K \frac{s+\alpha}{s} \cdot \frac{1}{s(s+1)} = 0$
$s^2(s+1) + K(s+\alpha) = 0$
$s^3 + s^2 + Ks + K\alpha = 0$

現在我們使用 Routh Criterion 來分析此特徵方程式的穩定性。
$s^3 | 1 \quad K$
$s^2 | 1 \quad K\alpha$
$s^1 | b_1 \quad 0$
$s^0 | c_1$

計算 Routh Array 的元素：
$b_1 = \frac{(1)(K) - (1)(K\alpha)}{1} = K(1-\alpha)$

此題要求繪製 $K=1$ 時的 Nyquist 圖。
開迴路傳遞函數為 $G(s) = K \frac{10(s+2)}{s(s-2)^2}$。
令 $s = j\omega$，$K=1$。
$G(j\omega) = \frac{10(j\omega+2)}{j\omega(j\omega-2)^2}$。

我們需要計算不同頻率 $\omega$ 下的幅度和相位。
幅度 $|G(j\omega)| = \frac{10 |j\omega+2|}{|j\omega| |j\omega-2|^2} = \frac{10 \sqrt{\omega^2+4}}{\omega (\sqrt{\omega^2+(-2)^2})^2} = \frac{10 \sqrt{\omega^2+4}}{\omega (\omega^2+4)} = \frac{10}{\omega \sqrt{\omega^2+4}}$。
相位 $\angle G(j\omega) = \arg(10) + \arg(j\omega+2) - \arg(j\omega) - \arg((j\omega-2)^2)$
$\angle G(j\omega) = 0 + \arctan(\omega/2) - \frac{\pi}{2} - 2 \arg(j\omega-2)$
$\arg(j\omega-2) = \pi + \arctan(\frac{\omega}{-2}) = \pi - \arctan(\omega/2)$ (因為 $j\omega-2$ 在第二象限，當 $\omega>0$)
$\angle G(j\omega) = \arctan(\omega/2) - \frac{\pi}{2} - 2(\pi - \arctan(\omega/2))$
$\angle G(j\omega) = \arctan(\omega/2) - \frac{\pi}{2} - 2\pi + 2\arctan(\omega/2) = 3\arctan(\omega/2) - \frac{5\pi}{2}$。

特殊頻率點分析：

1. $\omega \to 0^+$:
   $|G(j\omega)| = \frac{10}{\omega \sqrt{\omega^2+4}} \approx \frac{10}{\omega \sqrt{4}} = \frac{5}{\omega} \to \infty$。
   $\angle G(j\omega) = 3\arctan(0) - \frac{5\pi}{2} = -\frac{5\pi}{2} \equiv -\frac{\pi}{2} \pmod{2\pi}$。
   起點在無限遠的負虛軸上。

2. $\omega = 2$:

核心觀念

Nyquist 判據是利用開迴路傳遞函數

$$L(s)=K\,G_0(s)$$

的 Nyquist 圖，判斷閉迴路特徵方程式

$$1+L(s)=1+K G_0(s)=0$$

的右半平面根數。

若開迴路在右半平面有 $P$ 個極點，Nyquist 圖對臨界點 $-1+j0$ 的順時針包圍數為 $N$，則閉迴路右半平面極點數為

$$Z=N+P.$$

系統穩定的條件是

$$Z=0,$$

因此必須滿足

$$N=-P.$$

本題要求的是增益 $K$ 的穩定範圍。由於 $K$ 可為正值或負值，$K$ 的符號會改變 Nyquist 圖的方向與位置：

• $K>0$：臨界點為 $-1+j0$。
• $K<0$：可令 $K=-|K|$，等效為以 $G_0(j\omega)$ 的 Nyquist 圖檢查臨界點 $+1+j0$。

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解題方法

題目只提供「apply the Nyquist criterion」，但未提供 Q.3 前文所定義的開迴路傳遞函數 $G_0(s)$、回授形式，或系統方塊圖。因此無法由目前的題幹單獨得到數值形式的 $K$ 穩定範圍。

在已知

$$L(s)=K G_0(s)$$

後，標準作法如下。

令

$$G_0(j\omega)=X(\omega)+jY(\omega).$$

閉迴路失穩的臨界狀態發生在 Nyquist 圖通過臨界點。由特徵方程式

$$1+K G_0(j\omega)=0$$

可得

$$1+K\left[X(\omega)+jY(\omega)\right]=0.$$

由虛部為零：

$$K Y(\omega)=0.$$

因為考慮的是非零增益 $K$，所以必須有

$$Y(\omega)=0.$$

也就是找出 $G_0(j\omega)$ 與實軸相交的頻率 $\omega_c$。再由實部條件：

$$1+KX(\omega_c)=0,$$

得到臨界增益

$$K_c=-\frac{1}{X(\omega_c)}.$$

若有多個實軸交點，必須分別求出所有臨界增益，再依 Nyquist 圖的包圍方向判斷各區間的穩定性。最終穩定範圍通常寫成

$$K_{\min}<K<K_{\max},$$

並排除使 Nyquist 圖通過 $-1+j0$ 的臨界值，因為此時閉迴路具有虛軸極點，屬於臨界穩定而非漸近穩定。

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正增益與負增益的判斷