112 年 國立成功大學工程科學系碩士班甲組《控制系統》

此題考驗對非線性系統的平衡點分析、線性化、可觀測性及穩定性判斷。

核心觀念：

• 平衡點 (Equilibrium Point)： 在平衡點，系統狀態不隨時間變化，即 $\dot{x}_1 = \dot{x}_2 = \dot{x}_3 = 0$。
• 線性化 (Linearization)： 使用泰勒級數展開，取一階項來近似非線性系統在某個平衡點附近的行為。
• 可觀測性 (Observability)： 指的是能否從系統的輸出 $y$ 和輸入 $u$ 的歷史數據來推斷系統的內部狀態 $x$。
• 穩定性 (Stability)： 指系統在受到微小擾動後，是否能回到平衡點或維持在平衡點附近。對於線性時不變系統，穩定性由特徵值決定。

解題過程：

(1) 求解平衡點 $[x_1^0, x_2^0, x_3^0, u^0]$

平衡點的定義是狀態變數的導數為零，且輸入為一個常數。
令 $\dot{x}_1 = 0$, $\dot{x}_2 = 0$, $\dot{x}_3 = 0$。

$$\begin{cases} 0 = \tan x_1^0 + x_2^0 + u^0 \quad &(E1) \\ 0 = (x_1^0)^2 - 3(x_2^0)^2 + 2x_3^0 + (2\cos x_1^0)(u^0)^2 \quad &(E2) \\ 0 = x_1^0 \quad &(E3) \\ y = (x_1^0)^2 + (x_3^0)^2 \quad &(E4) \end{cases}$$

由 (E3) 可知 $x_1^0 = 0$。
將 $x_1^0 = 0$ 代入 (E1)：
$0 = \tan(0) + x_2^0 + u^0 \implies 0 = 0 + x_2^0 + u^0 \implies x_2^0 = -u^0$。

將 $x_1^0 = 0$ 和 $x_2^0 = -u^0$ 代入 (E2)：
$0 = (0)^2 - 3(-u^0)^2 + 2x_3^0 + (2\cos 0)(u^0)^2$
$0 = -3(u^0)^2 + 2x_3^0 + 2(1)(u^0)^2$
$0 = -3(u^0)^2 + 2x_3^0 + 2(u^0)^2$
$0 = -(u^0)^2 + 2x_3^0$
$2x_3^0 = (u^0)^2 \implies x_3^0 = \frac{1}{2}(u^0)^2$。

所以，平衡點的表示為 $[0, -u^0, \frac{1}{2}(u^0)^2, u^0]$，其中 $u^0$ 可以是任意實數。
題目要求的是「所有的」平衡點，這表示 $u^0$ 可以是任意值。
然而，如果我們仔細看 (E1) $\dot{x}_1 = \tan x_1 + x_2 + u$，$\tan x_1$ 在 $x_1 = \frac{\pi}{2} + k\pi$ (k為整數) 時無定義。
在平衡點分析中，我們通常假設狀態變數在平衡點附近是連續且有定義的。
由於 $x_1^0 = 0$，$\tan(0) = 0$ 是有定義的。
因此，平衡點的集合是：
$[x_1^0, x_2^0, x_3^0] = [0, -u^0, \frac{1}{2}(u^0)^2]$，其中 $u^0 \in \mathbb{R}$。
如果題目有預設 $u^0$ 的範圍（例如 $u^0$ 必須是常數），則需要進一步判斷。但題目沒有限制，所以 $u^0$ 是任意實數。

【答案】平衡點為 $[0, -u^0, \frac{1}{2}(u^0)^2]$，其中 $u^0$ 為任意實數。

(2) 線性化並寫出狀態空間表示式 (在 $u^0=1$ 的平衡點)

已知平衡點為 $[x_1^0, x_2^0, x_3^0, u^0] = [0, -1, \frac{1}{2}(1)^2, 1] = [0, -1, \frac{1}{2}, 1]$。
令 $x_1 = x_1^0 + \delta x_1 = \delta x_1$ (因為 $x_1^0 = 0$)
$x_2 = x_2^0 + \delta x_2 = -1 + \delta x_2$
$x_3 = x_3^0 + \delta x_3 = \frac{1}{2} + \delta x_3$
$u = u^0 + \delta u = 1 + \delta u$

線性化是將原非線性系統的各項對狀態變數和輸入做偏微分，然後在平衡點處取值。
我們需要計算雅可比矩陣 $A$ 和 $B$。
$\dot{x}_i = f_i(x_1, x_2, x_3, u)$
$A_{ij} = \frac{\partial f_i}{\partial x_j} \bigg|_{(x^0, u^0)}$
$B_{i} = \frac{\partial f_i}{\partial u} \bigg|_{(x^0, u^0)}$

先寫出各個 $\dot{x}_i$ 的函數形式：
$f_1(x_1, x_2, x_3, u) = \tan x_1 + x_2 + u$
$f_2(x_1, x_2, x_3, u) = x_1^2 - 3x_2^2 + 2x_3 + (2\cos x_1)u^2$
$f_3(x_1, x_2, x_3, u) = x_1$

計算 $A$ 矩陣：
$A_{11} = \frac{\partial f_1}{\partial x_1} = \sec^2 x_1 \bigg|_{(0,-1,1/2,1)} = \sec^2(0) = 1$
$A_{12} = \frac{\partial f_1}{\partial x_2} = 1 \bigg|_{(0,-1,1/2,1)} = 1$
$A_{13} = \frac{\partial f_1}{\partial x_3} = 0 \bigg|_{(0,-1,1/2,1)} = 0$

$A_{21} = \frac{\partial f_2}{\partial x_1} = 2x_1 - (2\sin x_1)u^2 \bigg|_{(0,-1,1/2,1)} = 2(0) - (2\sin 0)(1)^2 = 0$
$A_{22} = \frac{\partial f_2}{\partial x_2} = -6x_2 \bigg|_{(0,-1,1/2,1)} = -6(-1) = 6$
$A_{23} = \frac{\partial f_2}{\partial x_3} = 2 \bigg|_{(0,-1,1/2,1)} = 2$

$A_{31} = \frac{\partial f_3}{\partial x_1} = 1 \bigg|_{(0,-1,1/2,1)} = 1$
$A_{32} = \frac{\partial f_3}{\partial x_2} = 0 \bigg|_{(0,-1,1/2,1)} = 0$
$A_{33} = \frac{\partial f_3}{\partial x_3} = 0 \bigg|_{(0,-1,1/2,1)} = 0$

所以 $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 6 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$。

計算 $B$ 向量：
$B_1 = \frac{\partial f_1}{\partial u} = 1 \bigg|_{(0,-1,1/2,1)} = 1$
$B_2 = \frac{\partial f_2}{\partial u} = (2\cos x_1)(2u) \bigg|_{(0,-1,1/2,1)} = (2\cos 0)(2 \times 1) = 2 \times 2 = 4$
$B_3 = \frac{\partial f_3}{\partial u} = 0 \bigg|_{(0,-1,1/2,1)} = 0$

所以 $B = \begin{bmatrix} 1 \\ 4 \\ 0 \end{bmatrix}$。

輸出方程 $y = f_y(x_1, x_2, x_3, u)$。
$y = x_1^2 + x_3^2$。
線性化輸出方程：
$y = y^0 + C \delta x + D u$

此題考驗對相位超前補償器的基本概念、頻率響應特性以及設計方法的理解。

核心觀念：

• 相位超前補償器 (Phase-Lead Compensator)： 是一種電路或傳遞函數，用於增加系統在特定頻率範圍內的相位裕度，以提高系統的穩定性和暫態響應。其特點是在其作用頻率範圍內提供正的相位超前。
• 波德圖 (Bode Plot)： 用來表示系統在不同頻率下的增益（Magnitude）和相位（Phase）響應。
• 補償器設計： 根據所需的性能指標（如最大超前相位、對應頻率）來確定補償器的參數。

解題過程：

(1) 寫出相位超前補償器之通式

標準的二階低通濾波器形式的相位超前補償器傳遞函數為：
$G_c(s) = K_c \frac{s + z}{s + p}$
其中 $K_c$ 是增益，$z$ 是零點，$p$ 是極點。
對於相位超前補償器，需要滿足 $|p| < |z|$。
為了便於分析，通常將其寫成以下形式：
$G_c(s) = K_c \alpha \frac{1 + s/\alpha z}{1 + s/z} = K_c' \frac{1 + s/a}{1 + s/b}$
或者更常見的形式是：
$G_c(s) = K_c \frac{s + 1/T}{s + 1/(\alpha T)}$
其中 $\alpha > 1$。
為了使分析更方便，我們將其寫成：
$G_c(s) = K_c \frac{s + z}{s + p}$
其中 $0 < z < p$ (如果寫成 $s+a, s+b$ 的形式) 或 $0 < p < z$ (如果寫成 $1+s/a, 1+s/b$ 的形式)。
最常見的兩種形式是：
形式一：$G_c(s) = K_c \frac{s + z}{s + p}$，其中 $0 < z < p$。
形式二：$G_c(s) = K_c \frac{1 + s/a}{1 + s/b}$，其中 $0 < a < b$。
這兩種形式是等價的，令 $z=1/a$ 和 $p=1/b$。

我們採用形式二，因為它與增益和極點的位置關係更直觀：
$G_c(s) = K_c \frac{1 + s/a}{1 + s/b}$
其中 $0 < a < b$。
此時，零點位於 $s = -a$，$p$ 點的極點位於 $s = -b$。
零點的頻率 $|-a|$ 小於極點的頻率 $|-b|$。

【答案】相位超前補償器的通式為 $G_c(s) = K_c \frac{1 + s/a}{1 + s/b}$，其中 $0 < a < b$。

(2) 繪出相位超前補償器的波德圖 (Bode plot)

我們分析 $G_c(s) = K_c \frac{1 + s/a}{1 + s/b}$，其中 $0 < a < b$。
將 $s = j\omega$ 代入：
$G_c(j\omega) = K_c \frac{1 + j\omega/a}{1 + j\omega/b}$。

增益 (Magnitude) 部分：
$|G_c(j\omega)|_{dB} = 20\log_{10}|K_c| + 20\log_{10}|1 + j\omega/a| - 20\log_{10}|1 + j\omega/b|$。

• 當 $\omega \ll a$ 時：$|G_c(j\omega)|_{dB} \approx 20\log_{10}|K_c|$ (常數)。
• 當 $a \ll \omega \ll b$ 時：$|G_c(j\omega)|_{dB} \approx 20\log_{10}|K_c| + 20\log_{10}(\omega/a) - 20\log_{10}(1) = 20\log_{10}|K_c| + 20\log_{10}(\omega/a)$。這是一條斜率為 $+20$ dB/decade 的直線，在 $\omega=a$ 時為 $20\log_{10}|K_c|$。
• 當 $\omega \gg b$ 時：$|G_c(j\omega)|_{dB} \approx 20\log_{10}|K_c| + 20\log_{10}(\omega/a) - 20\log_{10}(\omega/b) = 20\log_{10}|K_c| + 20\log_{10}(\frac{\omega^2}{ab}) = 20\log_{10}|K_c| + 40\log_{10}\omega - 20\log_{10}(ab)$。這是一條斜率為 $+40$ dB/decade 的直線。
• 在 $\omega = a$ 處，增益曲線從斜率 0 轉變為斜率 $+20$ dB/decade。
• 在 $\omega = b$ 處，增益曲線從斜率 $+20$ dB/decade 轉變為斜率 $+40$ dB/decade。

相位 (Phase) 部分：
$\angle G_c(j\omega) = \angle(1 + j\omega/a) - \angle(1 + j\omega/b)$。
$\angle G_c(j\omega) = \arctan(\omega/a) - \arctan(\omega/b)$。

• 當 $\omega \ll a$ 時：$\angle G_c(j\omega) \approx \arctan(0) - \arctan(0) = 0^\circ$。
• 當 $\omega = a$ 時：$\angle G_c(j\omega) \approx \arctan(1) - \arctan(a/b) = 45^\circ - \arctan(a/b)$。
• 當 $a \ll \omega \ll b$ 時：$\angle G_c(j\omega) \approx \arctan(\omega/a) - \arctan(0) \approx 90^\circ$。
• 當 $\omega = b$ 時：$\angle G_c(j\omega) \approx \arctan(b/a) - \arctan(1) = \arctan(b/a) - 45^\circ$。
• 當 $\omega \gg b$ 時：$\angle G_c(j\omega) \approx \arctan(\infty) - \arctan(\infty) = 90^\circ - 90^\circ = 0^\circ$。

總結相位變化：
相位從 $0^\circ$ 開始，在 $\omega=a$ 附近開始增加，在 $\omega=b$ 附近達到最大值，然後逐漸減小回到 $0^\circ$。
最大相位超前發生在頻率 $\omega_m = \sqrt{ab}$。
最大相位超前值為 $\phi_{max} = \arctan(\frac{b-a}{1+ab}) = \arctan(\frac{\sqrt{b/a}-\sqrt{a/b}}{1+\sqrt{a/b}\sqrt{b/a}}) = \arctan(\frac{\sqrt{b/a}-1/\sqrt{b/a}}{1+1}) = \arctan(\frac{b/a-1}{\sqrt{b/a}+1}) \times (\dots)$
正確的公式為：

核心觀念

本題考查信號流程圖的節點方程式與回授系統化簡。依原圖，支路如下：

• $Y_1\to Y_2$：增益 $1$
• $Y_2\to Y_3$：增益 $G_1$
• $Y_3\to Y_4$：增益 $G_2$
• $Y_4\to Y_5$：增益 $G_3$
• $Y_5\to Y_6$：增益 $G_4$
• $Y_2\to Y_4$：增益 $G_5$
• $Y_2\to Y_5$：增益 $G_6$
• $Y_5\to Y_3$：增益 $H_1$
• $Y_6\to Y_3$：增益 $H_2$
• $Y_6\to Y_2$：增益 $H_3$

直接由各節點的輸入總和列式，比完整列出 Mason 增益公式更簡潔。

解題方法

由信號流程圖可得

$$Y_2=Y_1+H_3Y_6$$ $$Y_3=G_1Y_2+H_1Y_5+H_2Y_6$$ $$Y_4=G_2Y_3+G_5Y_2$$ $$Y_5=G_3Y_4+G_6Y_2$$ $$Y_6=G_4Y_5$$

令

$$A=G_2G_3,\qquad B=G_3G_5+G_6,\qquad F=H_1+H_2G_4$$

則

$$Y_3=G_1Y_2+FY_5$$

且

$$Y_5 =G_3(G_2Y_3+G_5Y_2)+G_6Y_2 =AY_3+BY_2$$

代入 $Y_3$：

$$Y_5=A(G_1Y_2+FY_5)+BY_2$$

因此

$$(1-AF)Y_5=(AG_1+B)Y_2$$

定義

$$C=AG_1+B =G_1G_2G_3+G_3G_5+G_6$$

則

$$(1-AF)Y_5=CY_2$$

又因為

$$Y_2=Y_1+H_3G_4Y_5$$

所以

$$(1-AF)Y_5 =C(Y_1+H_3G_4Y_5)$$

整理得

$$\left[1-AF-H_3G_4C\right]Y_5=CY_1$$

令總分母

$$\Delta =1-G_2G_3(H_1+H_2G_4) -H_3G_4 \left(G_1G_2G_3+G_3G_5+G_6\right)$$

(1) 求 $\dfrac{Y_5}{Y_1}$

$$\boxed{ \frac{Y_5}{Y_1} = \frac{ G_1G_2G_3+G_3G_5+G_6 }{ \Delta } }$$

(2) 求 $\dfrac{Y_4}{Y_1}$

由

核心觀念

本題考查：

• 以牛頓–歐拉法建立單擺轉動方程式。
• 均勻細桿對端點的轉動慣量。
• 直流馬達的電氣與機械模型。
• 在指定平衡角度附近進行回授控制設計。
• 重力補償與比例—微分控制器（PD controller）。

題目未提供清晰的單擺示意圖，以下假設單擺為長度 $2l$ 的均勻細桿，一端由馬達直接驅動，質心距轉軸為 $l$，且 $\theta$ 自鉛直向下方向量測。

---

(1) 建立系統數學模型

1. 單擺機械模型

均勻細桿質量為 $M$、總長度為 $2l$，因此其對端點的轉動慣量為

$$J_p=\frac{1}{3}M(2l)^2=\frac{4}{3}Ml^2$$

令馬達軸與單擺直接連接，馬達轉子轉動慣量為 $J_m$，黏滯摩擦係數為 $b_m$；單擺軸承摩擦係數為 $b_p$。等效轉動慣量與摩擦係數分別為

$$J=J_m+J_p$$ $$b=b_m+b_p$$

單擺所受重力對轉軸產生的力矩為

$$\tau_g=Mgl\sin\theta$$

由轉動牛頓第二定律：

$$J\ddot{\theta}+b\dot{\theta}+Mgl\sin\theta=\tau$$

因此，單擺的非線性數學模型為

$$\boxed{ \left(J_m+\frac{4}{3}Ml^2\right)\ddot{\theta} +(b_m+b_p)\dot{\theta} +Mgl\sin\theta=\tau }$$

其中 $\tau$ 為直流馬達施加於單擺的控制力矩。

---

2. 電樞控制直流馬達模型

自訂馬達參數如下：

• $R_a$：電樞電阻
• $L_a$：電樞電感
• $i_a$：電樞電流
• $K_t$：轉矩常數
• $K_e$：反電動勢常數
• $v_a$：電樞電壓

馬達電氣方程式為

$$v_a=L_a\frac{di_a}{dt}+R_ai_a+K_e\dot{\theta}$$

馬達產生的力矩為

$$\tau=K_ti_a$$

代入單擺機械方程式，可得完整的機電耦合模型：

$$J\ddot{\theta}+b\dot{\theta}+Mgl\sin\theta=K_ti_a$$ $$L_a\dot{i}_a+R_ai_a+K_e\dot{\theta}=v_a$$

故可選擇狀態變數

$$x_1=\theta,\qquad x_2=\dot{\theta},\qquad x_3=i_a$$

得到非線性狀態方程式：

$$\dot{x}_1=x_2$$ $$\dot{x}_2= -\frac{b}{J}x_2-\frac{Mgl}{J}\sin x_1+\frac{K_t}{J}x_3$$ $$\dot{x}_3= -\frac{R_a}{L_a}x_3-\frac{K_e}{L_a}x_2+\frac{1}{L_a}v_a$$

輸出為單擺角度：

$$y=x_1=\theta$$

---

(2) 設計使 $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ 的回授控制系統

1. 目標平衡點與重力補償

目標角度為

$$\theta^\ast=\frac{\pi}{2}$$

在穩態時，

$$\dot{\theta}=0,\qquad \ddot{\theta}=0$$

代入機械方程式：

$$Mgl\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)=\tau^\ast$$

因此所需的穩態前饋力矩為

核心觀念

單位回授系統的閉迴路特徵方程為

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

本題同時考查：

1. Nyquist 穩定判據：若開迴路在右半平面的極點數為 $P$，Nyquist 圖對 $-1$ 點的包圍數為 $N$，則閉迴路右半平面極點數為

   $Z=P+N.$

   本題開迴路極點為 $s=0$（二重極點）與 $s=-1$，沒有右半平面極點，因此 $P=0$。

2. Routh-Hurwitz criterion：利用閉迴路特徵多項式第一欄元素判斷是否有右半平面根。

---

(1) Nyquist plot 與穩定範圍

令

$$G(s)=kL(s), \qquad L(s)=\frac{(s+2)(s+3)}{s^2(s+1)}.$$

取 $s=j\omega$：

$$L(j\omega) = \frac{(j\omega+2)(j\omega+3)} {(j\omega)^2(j\omega+1)}.$$

分子與分母分別為

$$(j\omega+2)(j\omega+3) =(6-\omega^2)+j5\omega,$$ $$(j\omega)^2(j\omega+1) =-\omega^2-j\omega^3.$$

因此

$$L(j\omega) = -\frac{6+4\omega^2}{\omega^2(1+\omega^2)} +j\frac{1-\omega^2}{\omega(1+\omega^2)}.$$

所以

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\} = -\frac{6+4\omega^2}{\omega^2(1+\omega^2)}<0,$$ $$\operatorname{Im}\{L(j\omega)\} = \frac{1-\omega^2}{\omega(1+\omega^2)}.$$

對 $G(j\omega)=kL(j\omega)$，其 Nyquist 圖具有下列特徵。

重要特徵點

當 $\omega\to0^+$ 時，

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

因此曲線由左上方無限遠處開始。

當 $\omega=1$ 時，

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

且

$$\operatorname{Re}\{L(j)\} = -\frac{6+4}{1(1+1)} =-5.$$

因此正頻率分支穿越負實軸於

$$G(j)= -5k.$$

當 $\omega\to\infty$ 時，

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\}\to0^-, \qquad \operatorname{Im}\{L(j\omega)\}\to0^-.$$

因此曲線最後從左下方趨近原點。

負頻率部分為上述曲線對實軸的鏡射。由於 $s=0$ 是開迴路二重極點，繪製 Nyquist contour 時須在原點附近作小半圓繞行；其映射在極限下形成無限大的弧線，但不改變臨界增益的判斷。

臨界增益

閉迴路穩定性與 Nyquist 圖是否通過 $-1$ 點有關。臨界情況發生於負實軸交點等於 $-1$：

$$-5k=-1.$$

因此

$$k_{\mathrm{cr}}=\frac{1}{5}.$$