111 年 國立成功大學航空太空工程學系碩士班丙組《自動控制》

本題考查閉迴路系統的特性方程式、穩態誤差、系統穩定性分析以及根軌跡繪製。

系統的閉迴路傳遞函數為 $T(s) = \frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{G_{open}(s)}{1 + G_{open}(s)}$，其中 $G_{open}(s)$ 為開迴路傳遞函數。
由圖可得開迴路傳遞函數為：
$G_{open}(s) = \frac{K(s+a)}{s+1} \cdot \frac{1}{s(s+2)(s+3)}$

(a) 特性方程式為 $1 + G_{open}(s) = 0$。
$1 + \frac{K(s+a)}{(s+1)s(s+2)(s+3)} = 0$
$(s+1)s(s+2)(s+3) + K(s+a) = 0$
$s(s^2+3s+2)(s+3) + K(s+a) = 0$
$s(s^3 + 3s^2 + 2s + 3s^2 + 9s + 6) + K(s+a) = 0$
$s(s^3 + 6s^2 + 11s + 6) + K(s+a) = 0$
$s^4 + 6s^3 + 11s^2 + 6s + Ks + Ka = 0$
$s^4 + 6s^3 + 11s^2 + (6+K)s + Ka = 0$

【答案】$s^4 + 6s^3 + 11s^2 + (6+K)s + Ka = 0$

(b) 當輸入為單位階躍訊號時，即 $R(s) = \frac{1}{s}$。
穩態誤差 $e_{ss}$ 的計算公式為 $e_{ss} = \lim_{s \to 0} s E(s) = \lim_{s \to 0} s \frac{R(s)}{1+G_{open}(s)} = \lim_{s \to 0} \frac{R(s)}{1+G_{open}(s)}$。
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} \frac{1/s}{1 + \frac{K(s+a)}{(s+1)s(s+2)(s+3)}} = \lim_{s \to 0} \frac{(s+1)s(s+2)(s+3)}{s[(s+1)s(s+2)(s+3) + K(s+a)]}$
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} \frac{(s+1)(s+2)(s+3)}{(s+1)s(s+2)(s+3) + K(s+a)}$
$e_{ss} = \frac{(1)(2)(3)}{(1)(0)(2)(3) + K(a)} = \frac{6}{Ka}$

【答案】$\frac{6}{Ka}$

(c) 為了使系統穩定，所有閉迴路極點必須位於複數平面的左半平面。我們可以使用 Routh-Hurwitz 穩定判準來分析。
系統的特性方程式為：$s^4 + 6s^3 + 11s^2 + (6+K)s + Ka = 0$
建立 Routh 表：
$s^4$ | 1 | 11 | Ka
$s^3$ | 6 | 6+K | 0
$s^2$ | $b_1$ | $b_2$ | 0
$s^1$ | $c_1$ | 0 | 0
$s^0$ | $d_1$ | 0 | 0

其中：
$b_1 = \frac{6 \times 11 - 1 \times (6+K)}{6} = \frac{66 - 6 - K}{6} = \frac{60-K}{6}$
$b_2 = \frac{6 \times Ka - 1 \times 0}{6} = Ka$
$c_1 = \frac{b_1 \times (6+K) - 6 \times b_2}{b_1} = \frac{\frac{60-K}{6}(6+K) - 6Ka}{\frac{60-K}{6}}$
$d_1 = b_2 = Ka$

為了系統穩定，Routh 表第一行所有元素必須大於零。

1. $1 > 0$ (恆成立)
2. $6 > 0$ (恆成立)
3. $b_1 = \frac{60-K}{6} > 0 \implies 60-K > 0 \implies K < 60$
4. $Ka > 0$
5. $c_1 > 0$
6. $d_1 = Ka > 0$

從 (4) 和 (6) 可知，$K$ 和 $a$ 必須同號。
若 $K > 0$，則 $a > 0$。
若 $K < 0$，則 $a < 0$。

若 $K > 0$ 且 $a > 0$:
我們需要 $K < 60$。
同時，我們需要 $c_1 > 0$。
$c_1 = \frac{\frac{60-K}{6}(6+K) - 6Ka}{\frac{60-K}{6}} > 0$
因為 $\frac{60-K}{6} > 0$ (因為 $K < 60$)，所以我們只需要分子大於零：
$\frac{60-K}{6}(6+K) - 6Ka > 0$
$(60-K)(6+K) - 36Ka > 0$
$360 + 60K - 6K - K^2 - 36Ka > 0$
$360 + 54K - K^2 - 36Ka > 0$

若 $K < 0$ 且 $a < 0$:
$Ka > 0$ 恆成立。
$b_1 = \frac{60-K}{6} > 0$ (因為 $K < 0$，所以 $60-K > 60 > 0$)。
$d_1 = Ka > 0$。
$c_1 = \frac{\frac{60-K}{6}(6+K) - 6Ka}{\frac{60-K}{6}} > 0$
因為 $\frac{60-K}{6} > 0$，所以我們只需要分子大於零：
$(60-K)(6+K) - 36Ka > 0$
$360 + 54K - K^2 - 36Ka > 0$

綜合以上條件：

1. $K$ 和 $a$ 同號。
2. $K < 60$ (如果 $K>0$)。
3. $360 + 54K - K^2 - 36Ka > 0$。

我們需要考慮 $K$ 和 $a$ 的範圍，這通常需要更具體的條件。
如果我們假設 $K$ 是正增益，則 $K>0$ 且 $a>0$。
那麼我們需要 $0 < K < 60$ 且 $a > 0$。
並且 $360 + 54K - K^2 - 36Ka > 0$。
$36Ka < 360 + 54K - K^2$
$a < \frac{360 + 54K - K^2}{36K}$

如果我們假設 $a$ 是正參數，則 $a>0$。
若 $K > 0$，則 $0 < K < 60$ 且 $a > 0$ 且 $a < \frac{360 + 54K - K^2}{36K}$。
若 $K < 0$，則 $a < 0$。這與 $a>0$ 矛盾。

若我們假設 $K$ 是負增益，則 $K<0$ 且 $a<0$。
那麼 $K<0$ 且 $a<0$。
$b_1 = \frac{60-K}{6} > 0$ (恆成立)。
$d_1 = Ka > 0$ (恆成立)。
$c_1 > 0$ 仍然需要 $360 + 54K - K^2 - 36Ka > 0$。
$36Ka < 360 + 54K - K^2$
因為 $K < 0$ 且 $a < 0$，所以 $36Ka > 0$。
$a > \frac{360 + 54K - K^2}{36K}$ (注意不等號方向反轉)。

題目要求的是 $K$ 和 $a$ 的範圍，這意味著需要找到一個共同的條件。
如果我們考慮 $K$ 和 $a$ 都可以是正或負，但必須同號。
情況一：$K > 0$ 且 $a > 0$。
則 $0 < K < 60$ 且 $a > 0$。
且 $a < \frac{360 + 54K - K^2}{36K}$。
為了保證 $a$ 的存在，必須 $\frac{360 + 54K - K^2}{36K} > 0$。
因為 $K>0$，所以 $360 + 54K - K^2 > 0$。
$K^2 - 54K - 360 < 0$。
求根：$K = \frac{54 \pm \sqrt{54^2 - 4(1)(-360)}}{2} = \frac{54 \pm \sqrt{2916 + 1440}}{2} = \frac{54 \pm \sqrt{4356}}{2} = \frac{54 \pm 66}{2}$。
$K_1 = \frac{54+66}{2} = 60$。
$K_2 = \frac{54-66}{2} = -6$。
所以 $K^2 - 54K - 360 < 0$ 的範圍是 $-6 < K < 60$。
結合 $K>0$，我們得到 $0 < K < 60$。
此時 $a$ 的範圍是 $0 < a < \frac{360 + 54K - K^2}{36K}$。

情況二：$K < 0$ 且 $a < 0$。
則 $K < 0$ 且 $a < 0$。
$b_1 > 0$ (恆成立)。
$d_1 = Ka > 0$ (恆成立)。
$c_1 > 0$ 導致 $360 + 54K - K^2 - 36Ka > 0$。
$36Ka < 360 + 54K - K^2$。

題目資訊說明

題目所需的 $(f1)\sim(f4)$ 圖形未出現在附圖中；附上的掃描頁面實際內容為另一道「材料力學」考題。因此，無法將各圖逐一對應。以下依自動控制最常見的四種二階系統圖形分類作答，並假設 $(f2)$ 為欠阻尼情況。

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核心觀念

標準二階系統可表示為

$$G(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2}$$

其中：

• $\omega_n$：自然頻率
• $\zeta$：阻尼比
• 極點為

$$s_{1,2}=-\zeta\omega_n\pm\omega_n\sqrt{\zeta^2-1}$$

阻尼比決定系統的時間響應型態：

系統型態	阻尼比範圍	極點特性	階躍響應
過阻尼	$\zeta>1$	兩個不同負實根	無振盪、反應較慢
臨界阻尼	$\zeta=1$	重複負實根	無振盪且最快
欠阻尼	$0<\zeta<1$	共軛複數極點	振盪且逐漸衰減
無阻尼	$\zeta=0$	純虛數極點	持續振盪、不收斂

若圖形包含發散響應，則其阻尼比為 $\zeta<0$，屬於不穩定系統。

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(a) 各圖阻尼比範圍

依四種標準二階響應分類：

$(f1)$：過阻尼

$$\boxed{\zeta>1}$$

響應由兩個負實極點組成，不會產生振盪或超越量。

$(f2)$：欠阻尼

$$\boxed{0<\zeta<1}$$

響應具有衰減振盪，且會產生超越量。

$(f3)$：臨界阻尼

$$\boxed{\zeta=1}$$

系統不振盪，並且在不產生超越量的條件下達到穩態速度最快。

$(f4)$：無阻尼

$$\boxed{\zeta=0}$$

極點位於虛軸上，系統會持續振盪。

若原卷圖形的排列順序不同，應依「振盪、超越量、是否收斂」重新對應，而不能僅依 $(f1)\sim(f4)$ 的標號判斷。

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(b) 單位階躍輸入的時間響應

令輸入為單位階躍：

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

過阻尼：$\zeta>1$

響應平滑上升至穩態，不會振盪，也不會超越穩態值。

$$y(t)\nearrow 1$$

欠阻尼：$0<\zeta<1$

響應先超越穩態值，再以衰減振盪方式收斂至 $1$。

$$y(t)=1-\text{衰減振盪項}$$

臨界阻尼：$\zeta=1$

響應不振盪、不超越，且比過阻尼更快接近穩態值。

$$y(t)\nearrow 1$$

無阻尼：$\zeta=0$

響應持續振盪，振幅不會衰減，因此不會真正收斂。

$$y(t)=1-\cos(\omega_n t)$$

概念圖如下：

過阻尼：       ／￣￣￣￣￣￣
臨界阻尼：     ／￣￣￣￣￣￣
欠阻尼：       ／＼＿／＼＿／￣￣
無阻尼：       ／＼／＼／＼／＼

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(c) 各情況的穩態值

對於單位增益標準二階系統，

$$G(0)=1$$

因此，在穩定情況下，單位階躍輸入的穩態值為

$$y(\infty)=\lim_{s\to 0}sY(s) =\lim_{s\to 0}G(s)=1$$

各情況如下：

圖形	阻尼比	階躍穩態
$(f1)$ 過阻尼	$\zeta>1$	$1$
$(f2)$ 欠阻尼	$0<\zeta<1$	$1$
$(f3)$ 臨界阻尼	$\zeta=1$	$1$
$(f4)$ 無阻尼	$\zeta=0$	不存在真正穩態，僅以 $1$ 為平均值振盪

無阻尼情況不能直接視為穩態值為 $1$，因為其輸出始終振盪：

$$y(t)=1-\cos(\omega_n t)$$

其時間平均值為 $1$，但極限 $\lim_{t\to\infty}y(t)$ 不存在。

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(d) $(f2)$ 欠阻尼系統的時間域解析解

假設 $(f2)$ 為標準欠阻尼二階系統：

$$0<\zeta<1$$

核心觀念

• 單位負回授系統的單位步階穩態誤差為 $e_{\mathrm{ss}}=\dfrac{1}{1+K_p}$，其中 $K_p=\lim_{s\to 0}G_c(s)G(s)$。若被控體在 $s=0$ 的增益有限且非零，要讓步階誤差為零，迴路須具有積分作用。
• 根軌跡需先判斷增益正負。若特徵方程寫成 $1+\kappa H(s)=0$ 且 $\kappa<0$，實軸上的根軌跡區段，依其右側開迴路極點與零點總數為偶數判定。
• 增益裕度是使系統到達穩定邊界所需的增益倍數；可用 Routh 判據求邊界，再換算為分貝。

解題方法與推導

原圖是單位負回授，控制器為 $G_c(s)=\dfrac{k(s+z)}{s+p}$，被控體為 $G(s)=\dfrac{s-2}{s^2+6s+5}=\dfrac{s-2}{(s+1)(s+5)}$。題目要求閉迴路極點包含 $-1\pm j$。

(a) 設計控制器

被控體在原點的增益為

$$G(0)=-\frac{2}{5}$$

是有限且非零值，因此要使步階穩態誤差為零，控制器必須在原點有一個極點，故令 $p=0$。此時

$$G_c(s)=\frac{k(s+z)}{s}$$

閉迴路特徵方程為

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

整理得

$$s(s+1)(s+5)+k(s+z)(s-2)=0$$

展開為

$$s^3+(6+k)s^2+\bigl[5+k(z-2)\bigr]s-2kz=0$$

指定兩個極點為 $-1\pm j$，令第三個極點為 $-\alpha$，則期望特徵多項式為

$$(s^2+2s+2)(s+\alpha) =s^3+(\alpha+2)s^2+(2\alpha+2)s+2\alpha$$

比較係數：

$$\alpha+2=6+k,\qquad 2\alpha+2=5+k(z-2),\qquad 2\alpha=-2kz$$

由第一式得 $\alpha=4+k$；由第三式得 $\alpha=-kz$。代入第二式可得

$$k=-\frac{9}{5},\qquad z=\frac{11}{9},\qquad \alpha=\frac{11}{5}$$

因此控制器為

$$G_c(s)=-\frac{9}{5}\frac{s+\frac{11}{9}}{s}$$

代回特徵多項式可驗算：

$$s^3+\frac{21}{5}s^2+\frac{32}{5}s+\frac{22}{5} =(s^2+2s+2)\left(s+\frac{11}{5}\right)$$

閉迴路極點確為 $-1\pm j$ 與 $-\dfrac{11}{5}$。此外，低頻時 $G_c(s)G(s)\sim \dfrac{22}{25s}\to\infty$，故單位步階穩態誤差為零。

(b) 補償後的根軌跡

為畫根軌跡，固定控制器零點與原點極點，令增益 $\kappa$ 變動：

$$H(s)=\frac{(s+\frac{11}{9})(s-2)}{s(s+1)(s+5)},\qquad 1+\kappa H(s)=0$$

(a) 的設計值為 $\kappa=-\dfrac95$，所以要畫的是負增益根軌跡。開迴路極點為 $-5,-1,0$，開迴路零點為 $-\dfrac{11}{9},2$。

負增益時，實軸根軌跡上的點，其右側極點與零點總數須為偶數。因此實軸根軌跡區段為

$$(-5,-\tfrac{11}{9}),\qquad (-1,0),\qquad (2,\infty)$$

極點數減零點數為 $3-2=1$，只有一條漸近線。其重心與角度為

核心觀念

1. 奈氏判據（Nyquist Stability Criterion）：
   封閉迴路特徵方程式為 $1 + G(s) = 0$（假設為單位負回授系統）。封閉迴路右半平面極點數 $Z$、開迴路右半平面極點數 $P$ 以及奈氏軌跡繞行臨界點 $(-1, j0)$ 的逆時針圈數 $N$ 滿足以下關係：

   $$Z = P - N$$

   若取順時針繞行圈數 $N_{cw}$，則關係式為：

   $$Z = P + N_{cw}$$

   閉迴路系統穩定之充要條件為 $Z = 0$。

2. 開迴路極點與零點分佈：
   由轉移函數 $G(s) = \frac{5(s+2)}{s(s-1)}$ 可知：

   • 開迴路零點：$s = -2$
   • 開迴路極點：$s = 0$（位於虛軸原點）、$s = 1$（位於右半平面，即非最小相位極點）
   • 因此，開迴路在右半平面（RHP）的極點數 $P = 1$。

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解題方法

第一部分：繪製 Nyquist 圖 (10%)

選擇包圍整個右半平面（RHP）的 Nyquist 路徑（Nyquist Contour），因原點處有極點 $s = 0$，需以半徑 $\epsilon \to 0^+$ 的小半圓繞過（習慣取右側小半圓）：

1. 路徑 $\text{I}$：沿正虛軸由 $s = j\epsilon$ 到 $s = j\infty$（$\epsilon \to 0$）。
2. 路徑 $\text{II}$：大半圓弧 $s = R e^{j\theta}$，其中 $\theta$ 由 $+90^\circ$ 變到 $-90^\circ$（$R \to \infty$）。
3. 路徑 $\text{III}$：沿負虛軸由 $s = -j\infty$ 到 $s = -j\epsilon$（$\epsilon \to 0$），為路徑 $\text{I}$ 對實軸的鏡射。
4. 路徑 $\text{IV}$：原點繞行小半圓 $s = \epsilon e^{j\theta}$，其中 $\theta$ 由 $-90^\circ$ 經過 $0^\circ$ 變到 $+90^\circ$（$\epsilon \to 0$）。

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1. 路徑 $\text{I}$（頻率響應 $s = j\omega$，$\omega \in (0, \infty)$）

代入 $s = j\omega$：

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

將分子分母有理化：

$$G(j\omega) = \frac{5(2 + j\omega)(-\omega^2 + j\omega)}{(-\omega^2 - j\omega)(-\omega^2 + j\omega)} = \frac{5\left[(-2\omega^2 - \omega^2) + j(2\omega - \omega^3)\right]}{\omega^4 + \omega^2}$$

化簡得實部與虛部：

$$\text{Re}[G(j\omega)] = \frac{-15\omega^2}{\omega^2(\omega^2 + 1)} = \frac{-15}{\omega^2 + 1}$$ $$\text{Im}[G(j\omega)] = \frac{5\omega(2 - \omega^2)}{\omega^2(\omega^2 + 1)} = \frac{5(2 - \omega^2)}{\omega(\omega^2 + 1)}$$

• 低頻極限（$\omega \to 0^+$）：

  $$\lim_{\omega \to 0^+} \text{Re}[G(j\omega)] = -15$$ $$\lim_{\omega \to 0^+} \text{Im}[G(j\omega)] = +\infty$$

  軌跡起點漸近於垂直漸近線 $\text{Re} = -15$，位於第二象限高處。

• 與實軸交點（$\text{Im}[G(j\omega)] = 0$）：
  令 $2 - \omega^2 = 0 \implies \omega = \sqrt{2}$。
  代入實部可得交點座標：

  $$\text{Re}[G(j\sqrt{2})] = \frac{-15}{(\sqrt{2})^2 + 1} = \frac{-15}{3} = -5$$

  故軌跡在 $\omega = \sqrt{2}$ 處由第二象限穿過負實軸至第三象限，交點為 $(-5, j0)$。

• 高頻極限（$\omega \to +\infty$）：

  $$\lim_{\omega \to \infty} |G(j\omega)| = \lim_{\omega \to \infty} \frac{5\omega}{\omega^2} = 0$$ $$\angle G(j\omega) = \angle(j\omega+2) - \angle(j\omega) - \angle(j\omega-1) = 90^\circ - 90^\circ - (180^\circ - 0^\circ) = -180^\circ$$

  軌跡從第三象限趨近於原點 $(0, 0)$，相角為 $-180^\circ$。

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2. 路徑 $\text{II}$（無窮遠大半圓弧 $s = R e^{j\theta}$，$R \to \infty$，$\theta: +90^\circ \to -90^\circ$）

$$G(s) \approx \frac{5s}{s^2} = \frac{5}{s} = \frac{5}{R} e^{-j\theta} \to 0$$

全部對應映射至 $G$ 平面的原點 $(0, 0)$。

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3. 路徑 $\text{III}$（負虛軸 $s = -j\omega$，$\omega$ 由 $\infty$ 降至 $0^+$）

為路徑 $\text{I}$ 關於實軸的共軛對稱曲線：

• 起點為原點 $(0, 0)$，沿第二象限出發。