111 年 國立成功大學工程科學系碩士班丙組《控制系統》

核心觀念

本題結合了主動電路（運算放大器）分析與**控制系統信號流程圖（Signal-Flow Graph, SFG）及梅森增益公式（Mason's Gain Formula）**之應用。其核心觀念與定理包含：

1. 理想運算放大器（Ideal Op-Amp）特性：
   • 虛接地與虛短路（Virtual Ground & Virtual Short）：在負回授工作區下，輸入端電壓相等（$v_+ = v_-$）。
   • 輸入阻抗無窮大：流入運算放大器輸入端之電流為零（$i_+ = i_- = 0$）。
2. 基本電路區塊轉移關係：
   • 節點電壓法與克希荷夫電流定律（KCL）。
   • 反向積分器（Inverting Integrator）：$V_{\text{out}}(s) = -\frac{1}{sRC} V_{\text{in}}(s)$。
3. 信號流程圖（SFG）之建立：
   • 由系統之代數與微積分方程式，以節點代表系統變數，以有向線段（分支）代表因果轉移關係。
4. 梅森增益公式（Mason's Gain Formula）： $$T = \frac{Y_{\text{out}}}{Y_{\text{in}}} = \frac{\sum_{k} P_k \Delta_k}{\Delta}$$ 其中 $\Delta = 1 - \sum L_i + \sum L_i L_j - \dots$ 為特徵式（Determinant），$P_k$ 為前向路徑增益（Forward Path Gain），$\Delta_k$ 為不相交子圖之餘因子（Cofactor）。

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解題方法

1. 電路節點方程式推導

令電路中由左至右的三顆運算放大器分別為 OPA 1、OPA 2、OPA 3：

• 設 OPA 1 之輸出電壓為 $v_1(t)$，頻域為 $V_1(s)$。
• OPA 2 之輸出端標記為 $v_x(t)$，頻域為 $V_x(s)$。
• OPA 3 之輸出端標記為 $v_o(t)$，頻域為 $V_o(s)$。

(A) 分析 OPA 2（中間的反向積分器）：

• 非反向輸入端（$+$）接地，故 $v_{2+} = 0\text{ V}$。
• 依虛短路特性，$v_{2-} = 0\text{ V}$。
• 對反向輸入端寫 KCL： $$\frac{V_1(s) - 0}{R} + \frac{V_x(s) - 0}{1/(sC)} = 0$$ 整理得： $$V_x(s) = -\frac{1}{sRC} V_1(s)$$

(B) 分析 OPA 3（右側的反向積分器）：

• 非反向輸入端（$+$）接地，故 $v_{3+} = 0\text{ V}$，由虛短路得 $v_{3-} = 0\text{ V}$。
• 對反向輸入端寫 KCL： $$\frac{V_x(s) - 0}{R} + \frac{V_o(s) - 0}{1/(sC)} = 0$$ 整理得： $$V_o(s) = -\frac{1}{sRC} V_x(s)$$

(C) 分析 OPA 1（左側加法／減法放大器）：

• 非反向輸入端（$+$）連接至由 $v_x$ 經分壓電阻 $2R$ 與 $R$ 到地的分壓點： $$V_{1+}(s) = V_x(s) \cdot \frac{R}{2R + R} = \frac{1}{3} V_x(s)$$
• 依負回授之虛短路特性，反向輸入端電壓為： $$V_{1-}(s) = V_{1+}(s) = \frac{1}{3} V_x(s)$$
• 對 OPA 1 的反向輸入端（$-$）依 KCL 列節點方程式（流入輸入端的電流為 0）： $$\frac{V_i(s) - V_{1-}(s)}{R} + \frac{V_1(s) - V_{1-}(s)}{R} + \frac{V_o(s) - V_{1-}(s)}{R} = 0$$ 同乘以 $R$： $$[V_i(s) - V_{1-}(s)] + [V_1(s) - V_{1-}(s)] + [V_o(s) - V_{1-}(s)] = 0$$ $$V_i(s) + V_1(s) + V_o(s) - 3 V_{1-}(s) = 0$$ 代入 $3 V_{1-}(s) = V_x(s)$： $$V_i(s) + V_1(s) + V_o(s) - V_x(s) = 0$$ 解出 $V_1(s)$： $$V_1(s) = -V_i(s) + V_x(s) - V_o(s)$$

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(1) 繪製信號流程圖 (Signal-Flow Graph)

根據上述三式因果關係建立信號流程圖：

1. 節點變數：
   • 輸入節點：$V_i(s)$
   • 狀態與內部節點：$V_1(s)$、$V_x(s)$
   • 輸出節點：$V_o(s)$
2. 分支路徑與增益：
   • $V_i(s) \to V_1(s)$：增益為 $-1$
   • $V_1(s) \to V_x(s)$：增益為 $-\frac{1}{sRC}$
   • $V_x(s) \to V_o(s)$：增益為 $-\frac{1}{sRC}$
   • $V_x(s) \to V_1(s)$（內迴路回授分支）：增益為 $+1$
   • $V_o(s) \to V_1(s)$（外迴路回授分支）：增益為 $-1$

信號流程圖拓撲結構示意如下：

         +------------------- (+1) -------------------+
         |                                            |
         |                                            v
Vi ----(-1)----> V1 ----(-1/sRC)----> Vx ----(-1/sRC)----> Vo
         ^                                            |
         |                                            |
         +------------------- (-1) -------------------+

*(答卷作圖說明：畫出四個節點 $V_i$、$V_1$、$V_x$、$V_o$；前向分支由 $V_i$ 指向 $V_1$ 標 $-1$，$V_1$ 指向 $V_x$ 標 $-\frac{1}{sRC}$，

核心觀念

1. 開迴路極點與零點 (Open-Loop Poles and Zeros)：
   若開迴路轉移函數為 $G(s) = \dfrac{k(s-z_1)(s-z_2)\cdots}{(s-p_1)(s-p_2)\cdots}$，系統的閉迴路特徵方程式為 $1 + G(s) = 0$。
   根軌跡上的每一點 $s$ 必須滿足角度條件 (Angle Condition)：

   $$\angle G(s) = \sum \angle(s - z_i) - \sum \angle(s - p_i) = \pm 180^\circ(2m+1), \quad m \in \mathbb{Z}$$

2. 出發角 (Angle of Departure, $\theta_d$)：
   軌跡從複數極點 $p_k$ 出發朝外延伸時的角度。由極點極微小鄰域之角度條件導出：

   $$\theta_{d, p_k} = 180^\circ + \sum_{i} \angle(p_k - z_i) - \sum_{i \neq k} \angle(p_k - p_i)$$

3. 到達角 (Angle of Arrival, $\theta_a$)：
   軌跡進入複數零點 $z_k$ 時的角度：

   $$\theta_{a, z_k} = 180^\circ - \sum_{i \neq k} \angle(z_k - z_i) + \sum_{i} \angle(z_k - p_i)$$

4. 根軌跡基本繪圖法則：

   • 實軸上的根軌跡：位於該點右側「實數極點與零點個數總和為奇數」的區間。
   • 漸近線個數 $n - m$：當極點數 $n$ 與零點數 $m$ 之差 $n - m = 1$ 時，漸近線僅有一條，方向為 $-180^\circ$（沿負實軸趨向 $-\infty$）。
   • 圓弧幾何性質：若共軛極點與共軛零點具有相同的實部（此題實部皆為 $-1$），根軌跡在複數平面上會形成以實軸上某點為圓心的圓弧幾何路徑。

5. 系統穩定度 (Stability via Root Locus / Routh-Hurwitz)：
   閉迴路系統穩定的充要條件為所有閉迴路極點皆落在開左半平面（OLHP）。可直接由根軌跡圖形是否穿越虛軸（$j\omega$ 軸）判斷，或輔以羅斯穩定準則 (Routh-Hurwitz Criterion) 計算臨界增益。

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解題方法與詳細步驟

由開迴路轉移函數：

$$G(s) = \frac{k(s^2+2s+145)}{(s+3)(s^2+2s+17)}$$

先因式分解分子與分母多項式：

• 分子多項式：$s^2+2s+145 = (s+1)^2 + 144 = (s+1)^2 + 12^2 = 0$
  $\implies$ 開迴路有限零點：$z_{1,2} = -1 \pm 12j$（個數 $m = 2$）。
• 分母多項式：$(s+3)(s^2+2s+17) = (s+3)[(s+1)^2 + 16] = (s+3)[(s+1)^2 + 4^2] = 0$
  $\implies$ 開迴路極點：$p_1 = -3$，$p_{2,3} = -1 \pm 4j$（個數 $n = 3$）。

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(1) 求在 $s = -1 \pm 4j$ 的出發角 $\theta_d$

依對稱性，僅需計算上半平面極點 $p_2 = -1 + 4j$ 的出發角：
向量差之角度計算（以 $s = p_2 = -1 + 4j$ 為基準點）：

1. 到零點 $z_1 = -1 + 12j$ 的向量：

   $$p_2 - z_1 = (-1+4j) - (-1+12j) = -8j = 8\angle(-90^\circ)$$ $$\implies \theta_{z_1} = -90^\circ$$

2. 到零點 $z_2 = -1 - 12j$ 的向量：

   $$p_2 - z_2 = (-1+4j) - (-1-12j) = 16j = 16\angle 90^\circ$$ $$\implies \theta_{z_2} = 90^\circ$$

3. 到極點 $p_1 = -3$ 的向量：

   $$p_2 - p_1 = (-1+4j) - (-3) = 2 + 4j$$ $$\implies \theta_{p_1} = \tan^{-1}\left(\frac{4}{2}\right) = \tan^{-1}(2) \approx 63.43^\circ$$

4. 到共軛極點 $p_3 = -1 - 4j$ 的向量：

   $$p_2 - p_3 = (-1+4j) - (-1-4j) = 8j = 8\angle 90^\circ$$ $$\implies \theta_{p_3} = 90^\circ$$

代入出發角公式：

$$\theta_{d, p_2} = 180^\circ + (\theta_{z_1} + \theta_{z_2}) - (\theta_{p_1} + \theta_{p_3})$$ $$\theta_{d, p_2} = 180^\circ + (-90^\circ + 90^\circ) - (\tan^{-1}(2) + 90^\circ)$$ $$\theta_{d, p_2} = 90^\circ - \tan^{-1}(2) = \tan^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) \approx 26.57^\circ$$

對於下半平面的共軛極點 $p_3 = -1 - 4j$，由對稱性可知：

$$\theta_{d, p_3} = -\theta_{d, p_2} = -26.57^\circ \quad (\text{或 } 333.43^\circ)$$

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(2) 求在 $s = -1 \pm 12j$ 的到達角 $\theta_a$

計算上半平面零點 $z_1 = -1 + 12j$ 的到達角：
向量差之角度計算（以 $s = z_1 = -1 + 12j$ 為基準點）：

1. 到共軛零點 $z_2 = -1 - 12j$ 的向量：

   $$z_1 - z_2 = (-1+12j) - (-1-12j) = 24j = 24\angle 90^\circ$$ $$\implies \phi_{z_2} = 90^\circ$$

2. 到極點 $p_1 = -3$ 的向量：

   $$z_1 - p_1 = (-1+12j) - (-3) = 2 + 12j$$ $$\implies \phi_{p_1} = \tan^{-1}\left(\frac{12}{2}\right) = \tan^{-1}(6) \approx 80.54^\circ$$

3. 到極點 $p_2 = -1 + 4j$ 的向量：

   $$z_1 - p_2 = (-1+12j) - (-1+4j) = 8j = 8\angle 90^\circ$$ $$\implies \phi_{p_2} = 90^\circ$$

4. 到極點 $p_3 = -1 - 4j$ 的向量：

   $$z_1 - p_3 = (-1+12j) - (-1-4j) = 16j = 16\angle 90^\circ$$ $$\implies \phi_{p_3} = 90^\circ$$

代入到達角公式：

$$\theta_{a, z_1} = 180^\circ - \phi_{z_2} + (\phi_{p_1} + \phi_{p_2} + \phi_{p_3})$$ $$\theta_{a, z_1} = 180^\circ - 90^\circ + (\tan^{-1}(6) + 90^\circ + 90^\circ)$$ $$\theta_{a, z_1} = 270^\circ + \tan^{-1}(6) \equiv -90^\circ + \tan^{-1}(6) \approx -9.46^\circ \quad (\text{或 } 350.54^\circ)$$

對於下半平面的共軛零點 $z_2 = -1 - 12j$，由對稱性可知：

$$\theta_{a, z_2} = -\theta_{a, z_1} \approx +9.46^\circ$$

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(3) 繪出其根軌跡圖

統整作圖要素：

1. 分枝數：極點數 $n = 3$，故有 3 條分枝。
2. 實軸上的根軌跡：
   實軸上唯一的極點在 $s = -3$，且實軸上無實數零點。因此實軸上的根軌跡為： $$(-\infty, -3]$$ 該分枝自 $s = -3$ 出發，當 $k \to \infty$ 時沿負實軸趨向 $-\infty$。
3. 複數分枝軌跡：
   • 系統有 2 個有限複數極點 $p_{2,3} = -1 \pm 4j$ 與 2 個有限複數零點 $z_{1,2} = -1 \pm 12j$。
   • 2 條分枝自 $s = -1 \pm 4j$ 出發，出發角分別為 $\pm 26.57^\circ$（朝右上方與右下方彎曲）。
   • 隨著 $k$ 增大，這兩條分枝在左半平面向外擴展並繞回，分別以到達角 $\mp 9.46^\circ$ 終止於 $s = -1 \pm 12j$。

核心觀念

1. 連續時間 LTI 系統的內部穩定性（Internal Stability / Asymptotic Stability）：

   • 系統矩陣 $A$ 的特徵值（Eigenvalues）決定系統的穩定性。特徵方程式為 $\det(\lambda I - A) = 0$。
   • 若所有特徵值的實部皆嚴格小於零（$\text{Re}(\lambda_i) < 0$），則系統為漸近穩定（Asymptotically Stable）。
   • 若存在至少一個特徵值的實部大於零（$\text{Re}(\lambda_i) > 0$），則系統為不穩定（Unstable）。

2. 轉移函數與典型式（Transfer Function and Canonical Forms）：

   • 線性非時變系統的轉移函數可由下列公式求得： $$G(s) = C(sI - A)^{-1}B$$
   • 設可約化或不可約化之轉移函數為： $$G(s) = \frac{b_2 s^2 + b_1 s + b_0}{s^3 + a_2 s^2 + a_1 s + a_0}$$
   • 可控典型式（Controllability Canonical Form, CCF）： $$A_c = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -a_0 & -a_1 & -a_2 \end{bmatrix},\quad B_c = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix},\quad C_c = \begin{bmatrix} b_0 & b_1 & b_2 \end{bmatrix}$$ （註：亦有以第 1 列控制之轉置型態，上述為國內升學考試最常用之標準伴隨矩陣形式）。
   • 可觀典型式（Observability Canonical Form, OCF）： $$A_o = A_c^T = \begin{bmatrix} 0 & 0 & -a_0 \\ 1 & 0 & -a_1 \\ 0 & 1 & -a_2 \end{bmatrix},\quad B_o = C_c^T = \begin{bmatrix} b_0 \\ b_1 \\ b_2 \end{bmatrix},\quad C_o = B_c^T = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$
   • 狀態轉換矩陣法（相似變換法）：若系統具完全可控性（Controllability）與完全可觀性（Observability），可透過可控性矩陣 $\mathcal{C}$ 與可觀性矩陣 $\mathcal{O}$ 建構變換矩陣 $T$ 進行相似轉換 $x = Tz$。

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解題方法

(1) 系統穩定性分析

計算矩陣 $A$ 的特徵多項式 $\det(\lambda I - A)$：

$$\det(\lambda I - A) = \det\begin{bmatrix} \lambda - 1 & -1 & 0 \\ -2 & \lambda - 3 & 0 \\ 1 & -1 & \lambda - 1 \end{bmatrix}$$

利用第 3 行展開降階：

$$\det(\lambda I - A) = (\lambda - 1) \cdot \det\begin{bmatrix} \lambda - 1 & -1 \\ -2 & \lambda - 3 \end{bmatrix}$$

計算 $2 \times 2$ 行列式：

$$(\lambda - 1)(\lambda - 3) - (-1)(-2) = \lambda^2 - 4\lambda + 3 - 2 = \lambda^2 - 4\lambda + 1$$

因此特徵方程式為：

$$(\lambda - 1)(\lambda^2 - 4\lambda + 1) = 0$$

解特徵值：

$$\lambda_1 = 1$$ $$\lambda_{2,3} = \frac{4 \pm \sqrt{16 - 4}}{2} = 2 \pm \sqrt{3}$$

求得系統之三個特徵值分別為：

$$\lambda_1 = 1 > 0,\quad \lambda_2 = 2 + \sqrt{3} \approx 3.732 > 0,\quad \lambda_3 = 2 - \sqrt{3} \approx 0.268 > 0$$

由於所有特徵值實部皆大於零（均位於複數平面右半面，RHP），此系統為不穩定（Unstable）。

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(2) 轉換成可控典型式 (Controllability Canonical Form)

步驟一：求轉移函數 $G(s) = C(sI - A)^{-1}B$
特徵多項式（分母）：

$$\Delta(s) = (s - 1)(s^2 - 4s + 1) = s^3 - 5s^2 + 5s - 1$$

因此分母係數為 $a_2 = -5,\ a_1 = 5,\ a_0 = -1$。

利用伴隨矩陣公式計算 $(sI - A)^{-1} = \frac{\text{adj}(sI - A)}{\det(sI - A)}$：

$$sI - A = \begin{bmatrix} s - 1 & -1 & 0 \\ -2 & s - 3 & 0 \\ 1 & -1 & s - 1 \end{bmatrix}$$

計算 $\text{adj}(sI - A) \cdot B$：
設 $v = \text{adj}(sI - A) B$，由於 $B = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，$v$ 等於 $\text{adj}(sI - A)$ 的第 1 行加第 3 行。

計算 $\text{adj}(sI - A)$ 的各元素代數餘子式 $C_{ji}$：

• 第 1 列、第 1 行代數餘子式 $M_{11} = (s - 3)(s - 1) = s^2 - 4s + 3$
• 第 1 列、第 3 行代數餘子式 $M_{31} = 0$
  故 $v_1 = (s^2 - 4s + 3) \times 1 + 0 \times 1 = s^2 - 4s + 3$

核心觀念

本題考查經典控制系統中的二階系統暫態響應分析、PD 控制器設計，以及前向補償（Feedforward/Cascade Compensation）與回授補償（Feedback/Rate Compensation）之特性比較：

1. 二階受控體轉移函數：質量－彈簧－阻尼系統的運動方程式為 $M\ddot{x} + B\dot{x} + kx = f(t)$，轉移函數為 $P(s) = \frac{1}{Ms^2 + Bs + k}$。
2. 標準二階特徵方程式：$s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2 = 0$，其中 $\omega_n$ 為自然頻率（natural frequency），$\zeta$ 為阻尼比（damping ratio）。
3. 二階系統單位步階響應指標：
   • 穩態值：$y_{ss} = \lim_{s \to 0} s \cdot \frac{1}{s} T(s) = T(0)$
   • 最大超越百分比（Percent Overshoot, $M_p$）：$M_p = e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}$
   • 響應最大值（峰值）：$y_{\max} = y_{ss}(1 + M_p) = y_{ss}\left(1 + e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}\right)$
4. 零點對暫態響應的影響：
   • PD 控制器放置於回授路徑 $C_2(s)$ 時，閉迴路轉移函數分子為常數（無有限零點），可單純藉由微分回授增加系統阻尼，而不引入零點效應。
   • PD 控制器放置於前向路徑 $C_1(s)$ 時，會在閉迴路系統中引入左半平面（LHP）零點，該零點會提供微分超前效應，使上升時間（rise time）縮短、峰值時間（peak time）提早，但同時顯著增加最大超越量（overshoot）。

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解題方法

(1) 設計 $C_2(s)$ 為 PD 控制器

1. 求受控體轉移函數 $P(s)$：
   由圖(a)機械系統：

$$M\ddot{x}(t) + B\dot{x}(t) + kx(t) = f(t)$$

代入 $M=4\text{ kg}$、$B=1\text{ N/m/sec}$、$k=1\text{ N/m}$，兩邊取拉氏轉換（假設初始條件為零）：

$$(4s^2 + s + 1)X(s) = F(s) \implies P(s) = \frac{X(s)}{F(s)} = \frac{1}{4s^2 + s + 1}$$

2. 建立閉迴路轉移函數：
   依圖(b)方塊圖配置，當前向控制器 $C_1(s)=1$ 且回授控制器為 PD 控制器 $C_2(s) = K_p + K_d s$ 時，閉迴路轉移函數為：

$$T_1(s) = \frac{C_1(s)P(s)}{1 + C_1(s)P(s)C_2(s)} = \frac{\frac{1}{4s^2 + s + 1}}{1 + \frac{K_p + K_d s}{4s^2 + s + 1}} = \frac{1}{4s^2 + (1 + K_d)s + (1 + K_p)}$$

將首項係數正規化為 1：

$$T_1(s) = \frac{0.25}{s^2 + \left(\frac{1 + K_d}{4}\right)s + \left(\frac{1 + K_p}{4}\right)}$$

3. 比對標準式求 $K_p$：
   標準二階系統特徵方程式為 $s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2 = 0$。
   題目給定自然頻率 $\omega_n = 1\text{ rad/sec}$，因此常數項滿足：

$$\omega_n^2 = \frac{1 + K_p}{4} = 1^2 = 1 \implies 1 + K_p = 4 \implies K_p = 3$$

4. 由極大值條件求阻尼比 $\zeta$ 與 $K_d$：
   系統的單位步階輸入穩態值為：

$$y_{1,ss} = T_1(0) = \frac{1}{1 + K_p} = \frac{1}{4} = 0.25$$

題目給定單位步階響應極大值為：

$$y_{1,\max} = 0.25(1 + e^{-\pi})$$

對照二階系統響應峰值公式 $y_{\max} = y_{ss}(1 + M_p) = y_{ss}\left(1 + e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}\right)$，可得：

$$e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}} = e^{-\pi} \implies \frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}} = \pi \implies \frac{\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}} = 1$$ $$\zeta^2 = 1 - \zeta^2 \implies 2\zeta^2 = 1 \implies \zeta = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.7071$$

由一次項係數可求得微分增益 $K_d$：

$$2\zeta\omega_n = \frac{1 + K_d}{4} \implies 2 \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot 1 = \frac{1 + K_d}{4} \implies \sqrt{2} = \frac{1 + K_d}{4}$$ $$1 + K_d = 4\sqrt{2} \implies K_d = 4\sqrt{2} - 1 \approx 4.6569$$

因此所設計的 PD 控制器為：

$$C_2(s) = 3 + (4\sqrt{2} - 1)s$$

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(2) 求閉迴路系統的阻尼比 (damping ratio)

由第 (1) 小題之推導，依據單位步階響應超越量條件：

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

解得阻尼比：

$$\zeta = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.7071$$

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(3) 比較 $C_1(s)$ 為 PD 控制器且 $C_2(s)=1$ 之步階響應

1. 建立新配置下的閉迴路轉移函數：
   當前向控制器改為 $C_1(s) = 3 + (4\sqrt{2}-1)s$，而回授控制器 $C_2(s) = 1$ 時：

$$T_3(s) = \frac{C_1(s)P(s)}{1 + C_1(s)P(s)} = \frac{\frac{(4\sqrt{2}-1)s + 3}{4s^2 + s + 1}}{1 + \frac{(4\sqrt{2}-1)s + 3}{4s^2 + s + 1}} = \frac{(4\sqrt{2}-1)s + 3}{4s^2 + 4\sqrt{2}s + 4}$$

分子分母同除以 4：

核心觀念

本題以單位負回授的波德圖設計控制器。開迴路傳遞函數為 $L(s)=C(s)G(s)$，其中 $G(s)$ 是受控體。

• 增益交越頻率 $\omega_c$ 滿足 $|L(j\omega_c)|=1$，相位餘裕為
  $\mathrm{PM}=180^\circ+\angle L(j\omega_c).$
• 相位交越頻率 $\omega_{180}$ 滿足 $\angle L(j\omega_{180})=-180^\circ$，增益餘裕為
  $\mathrm{GM}_{\mathrm{dB}}=-20\log_{10}|L(j\omega_{180})|.$
• 對型別 0 系統，單位步階穩態誤差為 $e_{\mathrm{ss}}=1/(1+K_p^{\mathrm{sys}})$，其中 $K_p^{\mathrm{sys}}=\lim_{s\to0}L(s)$。

圖上低頻增益約為 $-20\,\mathrm{dB}$，因此 $G(0)\approx 0.1$。以下數值依波德圖讀值設計，屬圖解近似。

解題方法

（1）比例控制器 $C(s)=k$

步階穩態誤差限制為

$$\frac{1}{1+0.1k}\le 0.1 \quad\Longrightarrow\quad k\ge 90.$$

取 $k=90$，相當於將受控體的幅值曲線整體上移

$$20\log_{10}(90)\approx 39.1\,\mathrm{dB}.$$

由圖讀取平移後的增益交越頻率約為 $70\,\mathrm{rad/s}$；該頻率的受控體相位約為 $-120^\circ$，故相位餘裕約為

$$\mathrm{PM}\approx 180^\circ-120^\circ=60^\circ\ge45^\circ.$$

穩態誤差為

$$e_{\mathrm{ss}}=\frac{1}{1+90(0.1)}=0.1.$$

因此 $k=90$ 同時符合兩項限制。

（2）PI 控制器 $C(s)=\dfrac{k_p(s+k_i)}{s}$