109 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：

• 閉迴路特徵方程式與 Routh–Hurwitz 穩定判據
• I 型系統對斜坡輸入的穩態誤差
• 根軌跡的實軸區段、漸近線、分離點與進入點
• 根軌跡穿越虛軸時的臨界增益

開迴路傳遞函數為

$$L(s)=G_c(s)P(s) =\frac{K(s+a)}{s(s+1)(s+2)(s+5)}.$$

因此閉迴路特徵方程式為

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

即

$$s(s+1)(s+2)(s+5)+K(s+a)=0.$$

展開得

$$s^4+8s^3+17s^2+(10+K)s+Ka=0.$$

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(a) 穩定時 $a$ 與 $K$ 的可行區域

對特徵多項式

$$s^4+8s^3+17s^2+(10+K)s+Ka$$

建立 Routh 表：

$$\begin{array}{c|ccc} s^4 & 1 & 17 & Ka\\ s^3 & 8 & 10+K & 0\\ s^2 & \dfrac{126-K}{8} & Ka & 0\\ s^1 & \dfrac{(126-K)(10+K)-64Ka}{126-K} &0&0\\ s^0 & Ka&& \end{array}$$

穩定條件為第一欄全部為正。對一般控制系統採用 $K>0,\ a>0$，得到

$$K>0,$$ $$126-K>0,$$ $$(126-K)(10+K)-64Ka>0.$$

所以穩定可行區域為

$$\boxed{ 0<K<126,\qquad 0<a<\frac{(126-K)(10+K)}{64K} }$$

邊界曲線為

$$\boxed{ a=\frac{(126-K)(10+K)}{64K} }.$$

在 $a$–$K$ 平面上，穩定區域位於該曲線下方，且限制在第一象限的 $0<K<126$ 內。

若不限定參數為正，數學上另有一個穩定分支：

$$-10<K<0,\qquad \frac{(126-K)(10+K)}{64K}<a<0.$$

但實際控制器增益與零點參數通常採用正值，因此主要答案為第一象限區域。

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(b) 斜坡輸入的穩態誤差為 24%

系統具有一個位於原點的開迴路極點，因此為 I 型系統。

速度誤差常數為

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

代入 $L(s)$：

$$K_v =\lim_{s\to0} \frac{K(s+a)}{(s+1)(s+2)(s+5)} =\frac{Ka}{1\cdot2\cdot5} =\frac{Ka}{10}.$$

輸入為

$$r(t)=At,$$

其斜坡輸入的穩態誤差為

$$e_{\mathrm{ss}}=\frac{A}{K_v} =\frac{10A}{Ka}.$$

題目所稱「穩態為命令量的 24%」依控制題慣例解讀為斜坡穩態誤差為 $0.24A$，故

$$\frac{10A}{Ka}=0.24A.$$

消去 $A$：

$$\frac{10}{Ka}=0.24.$$

因此

$$\boxed{ Ka=\frac{10}{0.24}=\frac{125}{3} }$$

也就是

$$\boxed{ a=\frac{125}{3K} }.$$

此外，$a$ 與 $K$ 還必須同時滿足第 (a) 小題的穩定條件。

補充而言，若將題意嚴格解讀為輸出 $y(t)$ 本身等於 $r(t)$ 的 24%，則對穩定的 I 型系統並不成立，因為斜坡輸入下 $y(t)/r(t)\to1$；本題標準解讀是斜坡穩態誤差設定為 $24\%$。

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(c) $a=10$ 時的根軌跡

此時

$$L(s)=\frac{K(s+10)}{s(s+1)(s+2)(s+5)}.$$

開迴路極點為

$$s=0,\ -1,\ -2,\ -5,$$

開迴路零點為

$$s=-10.$$

實軸根軌跡區段

根軌跡位於實軸上「右側開迴路極點與零點數目為奇數」的區段，因此：

$$\boxed{(-1,0)}$$ $$\boxed{(-5,-2)}$$ $$\boxed{(-\infty,-10)}$$

漸近線

極點數為 $n=4$，零點數為 $m=1$，所以漸近線數目為

$$n-m=3.$$

漸近線重心為

$$\sigma_a =\frac{\sum p_i-\sum z_i}{n-m} =\frac{(0-1-2-5)-(-10)}{3} =\frac{2}{3}.$$

漸近線角度為

$$\theta_q=\frac{(2q+1)180^\circ}{3}, \qquad q=0,1,2.$$

因此

核心觀念

本題考查串聯 RLC 電路的：

• Kirchhoff 電壓定律（KVL）
• 電感與電容的元件關係式
• 電路轉移函數
• 狀態空間表示法
• 二階系統的阻尼比與欠阻尼條件
• 直流穩態分析
• 低通濾波器與截止頻率

圖中為 $L$、$R$、$C$ 串聯電路，輸出電壓 $e_o$ 取自電容兩端。

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(a) 電氣動態模型與轉移函數

令串聯電流為 $i(t)$，則電容電壓為輸出：

$$e_o(t)=v_C(t)$$

由電容的電流—電壓關係：

$$i(t)=C\frac{de_o(t)}{dt}$$

依 KVL：

$$e_i(t)=L\frac{di(t)}{dt}+Ri(t)+e_o(t)$$

代入 $i(t)=C\dot e_o(t)$，得

$$e_i(t)=LC\frac{d^2e_o(t)}{dt^2} +RC\frac{de_o(t)}{dt}+e_o(t)$$

因此電路的電氣動態模型為

$$LC\ddot e_o(t)+RC\dot e_o(t)+e_o(t)=e_i(t)$$

在零初始條件下取 Laplace transform：

$$\left(LCs^2+RCs+1\right)E_o(s)=E_i(s)$$

所以轉移函數為

$$G(s)=\frac{E_o(s)}{E_i(s)} =\frac{1}{LCs^2+RCs+1}$$

除以 $LC$ 後可寫成標準二階形式：

$$G(s)= \frac{\dfrac{1}{LC}} {s^2+\dfrac{R}{L}s+\dfrac{1}{LC}}$$

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(b) 狀態空間表示法

選取狀態變數為

$$x_1=e_o=v_C,\qquad x_2=i$$

由電容關係式：

$$\dot x_1=\frac{1}{C}x_2$$

由 KVL：

$$e_i=L\dot i+Ri+e_o$$

整理得

$$\dot x_2 =-\frac{1}{L}x_1-\frac{R}{L}x_2+\frac{1}{L}e_i$$

因此狀態方程式為

$$\begin{bmatrix} \dot x_1\\ \dot x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & \dfrac{1}{C}\\ -\dfrac{1}{L} & -\dfrac{R}{L} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0\\ \dfrac{1}{L} \end{bmatrix}e_i$$

輸出方程式為

$$e_o= \begin{bmatrix} 1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix} +0\cdot e_i$$

亦即

$$\dot{\boldsymbol{x}}=A\boldsymbol{x}+B e_i$$ $$e_o=C\boldsymbol{x}+D e_i$$

其中

$$A= \begin{bmatrix} 0 & \dfrac{1}{C}\\ -\dfrac{1}{L} & -\dfrac{R}{L} \end{bmatrix}, \quad B= \begin{bmatrix} 0\\ \dfrac{1}{L} \end{bmatrix}, \quad C= \begin{bmatrix} 1&0 \end{bmatrix}, \quad D=0$$

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(c) 欠阻尼條件

由轉移函數的分母：

$$LCs^2+RCs+1=0$$

除以 $LC$：

$$s^2+\frac{R}{L}s+\frac{1}{LC}=0$$

與標準二階系統特徵方程式

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

比較可得

$$\omega_n=\frac{1}{\sqrt{LC}}$$

以及

$$2\zeta\omega_n=\frac{R}{L}$$

因此

$$\zeta=\frac{R}{2}\sqrt{\frac{C}{L}}$$

欠阻尼的條件為

$$0<\zeta<1$$

所以

$$0<\frac{R}{2}\sqrt{\frac{C}{L}}<1$$

對一般被動元件 $R>0$、$L>0$、$C>0$ 而言，條件可整理為

$$\boxed{R<2\sqrt{\frac{L}{C}}}$$

或等價地寫成

$$\boxed{R^2C<4L}$$

此時系統極點為共軛複數極點：

核心觀念

本題為經典的開迴路轉移函數頻域與時域分析綜合題，核心考點涵蓋：

1. 波德圖（Bode Plot）之繪製：將開迴路轉移函數轉為波德標準式（時間常數形式），分析低頻漸近線斜率、轉折頻率（Corner Frequencies）與相角曲線變化。
2. 相位邊界（Phase Margin, PM）：利用增益交越頻率 $\omega_{gc}$（即 $|KG(j\omega_{gc})| = 1$）定義求取相角，並依據 $\text{PM} = 180^\circ + \angle KG(j\omega_{gc})$ 計算；同時須以羅斯準則（Routh-Hurwitz Criterion）確認閉迴路系統之穩定性。
3. 根軌跡法（Root Locus）：掌握開迴路極／零點分佈、實軸軌跡判別、漸近線角度與重心、分離點（Breakaway Point）以及虛軸交點等作圖法則。
4. 極點配置與二階系統特性（Damping Ratio）：利用阻尼比 $\zeta = 0.5$ 建立閉迴路二階複數極點標準型 $s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2$，並與系統閉迴路特徵方程式進行係數比對求解增益 $K$。

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解題方法與詳細步驟

(a) 繪製 $K = 1$ 時 $G(s)$ 之波德圖（Bode Plot）

將開迴路轉移函數改寫為波德標準形式（Bode Standard Form）：

$$G(s) = \frac{s+1}{s^2(s+5)} = \frac{1+s}{5s^2\left(1 + \frac{s}{5}\right)} = \frac{0.2(1+s)}{s^2\left(1 + \frac{s}{5}\right)}$$

將 $s = j\omega$ 代入：

$$G(j\omega) = \frac{0.2(1 + j\omega)}{(j\omega)^2\left(1 + j\frac{\omega}{5}\right)}$$

1. 幅度圖（Magnitude Plot）漸近線分析

• 轉折頻率（Corner Frequencies）：
  • 一階分子零點：$\omega_{z} = 1\text{ rad/s}$（斜率改變 $+20\text{ dB/dec}$）
  • 一階分母極點：$\omega_{p} = 5\text{ rad/s}$（斜率改變 $-20\text{ dB/dec}$）
• 漸近線斜率變化：
  • $\omega < 1\text{ rad/s}$（受原點二重極點 $\frac{0.2}{(j\omega)^2}$ 支配）：斜率為 $-40\text{ dB/dec}$。
    在 $\omega = 1\text{ rad/s}$ 處，低頻漸近線大小為 $20\log_{10}(0.2) \approx -14\text{ dB}$。
  • $1 \le \omega \le 5\text{ rad/s}$：斜率變為 $-40 + 20 = -20\text{ dB/dec}$。
  • $\omega > 5\text{ rad/s}$：斜率變為 $-20 - 20 = -40\text{ dB/dec}$。

2. 相位圖（Phase Plot）分析

相角函數為：

$$\angle G(j\omega) = -180^\circ + \tan^{-1}(\omega) - \tan^{-1}\left(\frac{\omega}{5}\right)$$

• 關鍵頻率相角值：
  • $\omega \to 0^+$：$\angle G(j\omega) \to -180^\circ$
  • $\omega = 1\text{ rad/s}$：$\angle G(j1) = -180^\circ + 45^\circ - \tan^{-1}(0.2) \approx -180^\circ + 45^\circ - 11.31^\circ = -146.31^\circ$
  • $\omega = \sqrt{1 \times 5} = \sqrt{5} \approx 2.24\text{ rad/s}$（相角最大值發生處）： $$\angle G(j\sqrt{5}) = -180^\circ + \tan^{-1}(\sqrt{5}) - \tan^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) = -180^\circ + 41.81^\circ = -138.19^\circ$$
  • $\omega = 5\text{ rad/s}$：$\angle G(j5) = -180^\circ + \tan^{-1}(5) - 45^\circ \approx -146.31^\circ$
  • $\omega \to \infty$：$\angle G(j\omega) \to -180^\circ$

3. 波德圖草圖與漸近線特徵

Magnitude (dB)
 ^
 |  \ (-40 dB/dec)
 |    \ 
 |      \ (w=1, -14dB)
 |--------*------------------------------------> w (rad/s, log scale)
 |         \ (-20 dB/dec)
 |          \ (w=5, -28dB)
 |            *============\ (-40 dB/dec)
 |                          \

Phase (deg)
 ^
 |--------------------------------------------- 0 deg
 |        /\ (w=sqrt(5), -138.2 deg)
 |       /  \
 |-180 -*----*--------------------------------- -180 deg
 |     w=0   w->inf
 v

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(b) 求負回授系統的相位邊界（Phase Margin, PM）

1. 閉迴路系統穩定性驗證

特徵方程式（Characteristic Equation）為：

$$1 + G(s) = 0 \implies s^2(s+5) + (s+1) = s^3 + 5s^2 + s + 1 = 0$$

建立羅斯表（Routh Table）：

$$\begin{array}{c|cc} s^3 & 1 & 1 \\ s^2 & 5 & 1 \\ s^1 & \frac{5(1) - 1(1)}{5} = 0.8 & 0 \\ s^0 & 1 & \end{array}$$

第一行元素皆為正數（$1, 5, 0.8, 1 > 0$），閉迴路系統為漸近穩定。

2. 計算增益交越頻率 $\omega_{gc}$

定義 $|G(j\omega_{gc})| = 1$：

$$\frac{\sqrt{\omega_{gc}^2 + 1}}{\omega_{gc}^2 \sqrt{\omega_{gc}^2 + 25}} = 1 \implies \omega_{gc}^2 + 1 = \omega_{gc}^4(\omega_{gc}^2 + 25)$$

令 $u = \omega_{gc}^2 > 0$，方程式展開為：

$$u^3 + 25u^2 - u - 1 = 0$$

求解正實根：

• 當 $u = 0.220$ 時，$0.220^3 + 25(0.220)^2 - 0.220 - 1 \approx 0.0106 + 1.2100 - 1.2200 = 0.0006 \approx 0$
• 因此 $\omega_{gc} = \sqrt{0.220} \approx 0.469\text{ rad/s}$

3. 計算相位邊界 $\text{PM}$

將 $\omega_{gc} = 0.469\text{ rad/s}$ 代入相角函數：

$$\begin{aligned} \angle G(j\omega_{gc}) &= -180^\circ + \tan^{-1}(0.469) - \tan^{-1}\left(\frac{0.469}{5}\right) \\ &= -180^\circ + 25.13^\circ - 5.36^\circ \\ &= -160.23^\circ \end{aligned}$$

相位邊界為：

$$\text{PM} = 180^\circ + \angle G(j\omega_{gc}) = 180^\circ - 160.23^\circ = 19.77^\circ$$

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(c) 繪製 $K > 0$ 時之根軌跡（Root Locus）

開迴路轉移函數為：

$$KG(s) = \frac{K(s+1)}{s^2(s+5)}$$

• 開迴路極點（$n=3$）：$p_1, p_2 = 0$（二重極點），$p_3 = -5$
• 開迴路零點（$m=1$）：$z_1 = -1$
• 根軌跡分支數：$n = 3$ 條；趨近於無限遠之分支數：$n - m = 2$ 條

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 以頻率響應 $KG(j\omega)$ 描繪 Nyquist 圖。
2. 利用 Nyquist 穩定判據判斷負單位回授系統是否穩定。

開迴路傳遞函數為

$$L(s)=KG(s)=\frac{10(s+10)^2}{s^2(s-1)}.$$

負單位回授的閉迴路特徵方程式為

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

Nyquist 判據中，需注意 $L(s)$ 在原點有二重極點，因此 Nyquist 路徑必須繞開原點的小半圓凹口。

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解題方法：求取 Nyquist 曲線

令 $s=j\omega$，其中 $\omega>0$：

$$L(j\omega) = \frac{10(10+j\omega)^2}{(j\omega)^2(j\omega-1)}.$$

先計算分子與分母：

$$(10+j\omega)^2=100-\omega^2+j20\omega,$$

且

$$(j\omega)^2(j\omega-1) = -\omega^2(-1+j\omega) = \omega^2(1-j\omega).$$

因此

$$L(j\omega) = \frac{10(100-\omega^2+j20\omega)} {\omega^2(1-j\omega)}.$$

分母有理化：

$$L(j\omega) = \frac{10(100-\omega^2+j20\omega)(1+j\omega)} {\omega^2(1+\omega^2)}.$$

展開後得到

$$L(j\omega) = \frac{10(100-21\omega^2)} {\omega^2(1+\omega^2)} + j\frac{10(120-\omega^2)} {\omega(1+\omega^2)}.$$

故 Nyquist 曲線的實部與虛部分別為

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\} = \frac{10(100-21\omega^2)} {\omega^2(1+\omega^2)},$$ $$\operatorname{Im}\{L(j\omega)\} = \frac{10(120-\omega^2)} {\omega(1+\omega^2)}.$$

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與負實軸的交點

Nyquist 曲線與負實軸相交時，必須滿足

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

由於 $\omega>0$，可得

$$120-\omega^2=0,$$

因此

$$\omega=\sqrt{120}=2\sqrt{30}\ \text{rad/s}.$$

代回實部：

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\} = \frac{10(100-21\omega^2)} {\omega^2(1+\omega^2)}.$$

由 $\omega^2=120$：

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\} = \frac{10(100-21\cdot120)} {120(1+120)}$$ $$= \frac{10(100-2520)}{120\cdot121} = -\frac{24200}{14520} = -\frac53.$$

所以負實軸交點為

$$\boxed{-\frac53+j0}.$$

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Nyquist 圖的重要位置與走向

當 $\omega\to0^+$

由傳遞函數可知原點有二重極點，因此

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\}\to+\infty,$$