113 年 國立成功大學航空太空工程學系碩士班丙組《自動控制》

圖中系統辨識

原卷第 (i) 圖顯示的是單純質量 $m=1$ 受外力 $u(t)$ 作用，輸出為位移 $x(t)$；彈簧與阻尼器及 $c=1,\ k=1$ 是第 (ii) 圖的內容。因此以下依第 (i) 圖作答。

核心觀念

由牛頓第二定律，

$$m\ddot{x}(t)=u(t).$$

因為 $m=1$，所以

$$\ddot{x}(t)=u(t).$$

選擇位置與速度作為狀態：

$$\bar{x}(t)= \begin{bmatrix} x(t)\\ \dot{x}(t) \end{bmatrix}.$$

解題方法

令 $v(t)=\dot{x}(t)$，則

$$\dot{x}(t)=v(t),\qquad \dot{v}(t)=u(t).$$

因此

$$\frac{d\bar{x}(t)}{dt} = \begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix} \bar{x}(t) + \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}u(t).$$

所以

$$A_i= \begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad B_i= \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}.$$

令 $\tau=t-t_0$。由

$$A_i^2= \begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix}^2 = \begin{bmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{bmatrix},$$

矩陣指數只保留前兩項：

$$e^{\tau A_i} = I+\tau A_i.$$

故狀態轉移矩陣為

$$\Phi_i(t,t_0) =e^{(t-t_0)A_i} = \begin{bmatrix} 1&t-t_0\\ 0&1 \end{bmatrix}.$$

此題考查質量-彈簧系統的狀態空間表示法與狀態轉移矩陣的計算，其中包含了阻尼。

首先，我們需要建立系統的運動方程式。根據牛頓第二運動定律，作用在質量上的合力等於質量乘以加速度。
從圖示可知，系統為一質量 $m=1$ 透過彈簧 $k$ 和阻尼 $d$ 連接到一個固定點，並受到外力 $u(t)$。
假設位移 $x(t)$ 是從平衡位置量測的，且向右為正。
系統受到的力有：

1. 彈簧力：$-kx(t)$ (彈簧被拉伸時，力向左)
2. 阻尼力：$-d\dot{x}(t)$ (速度向右時，阻尼力向左)
3. 外力：$u(t)$

因此，運動方程式為：
$m\ddot{x}(t) + d\dot{x}(t) + kx(t) = u(t)$

題目中給定了 $m=1$。
$\ddot{x}(t) + d\dot{x}(t) + kx(t) = u(t)$
$\ddot{x}(t) = -kx(t) - d\dot{x}(t) + u(t)$

為了得到狀態空間表示，我們定義狀態向量 $\bar{x}(t) = \begin{bmatrix} x(t) \\ \dot{x}(t) \end{bmatrix}$。
則 $\dot{\bar{x}}(t) = \begin{bmatrix} \dot{x}(t) \\ \ddot{x}(t) \end{bmatrix}$。
將 $\ddot{x}(t)$ 的表達式代入，我們得到：
$\dot{\bar{x}}(t) = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -k & -d \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x(t) \\ \dot{x}(t) \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} u(t)$

所以，狀態空間表示為：
$A_{ii} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -k & -d \end{bmatrix}$
$B_{ii} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$

注意： 題目圖示中標示了 $d$ 和 $k$，但沒有給出具體數值。故解答將以符號 $d$ 和 $k$ 表示。

接下來，計算狀態轉移矩陣 $e^{(t-t_0)A_{ii}}$。
我們需要計算 $e^{A_{ii} t}$。
特徵方程式為 $\det(A_{ii} - \lambda I) = 0$。
$\det \begin{bmatrix} -\lambda & 1 \\ -k & -d-\lambda \end{bmatrix} = (-\lambda)(-d-\lambda) - (1)(-k) = \lambda^2 + d\lambda + k = 0$。
特徵值為 $\lambda_{1,2} = \frac{-d \pm \sqrt{d^2-4k}}{2}$。

情況一：兩個不同的實根 ($d^2 > 4k$)
$\lambda_1 = \frac{-d + \sqrt{d^2-4k}}{2}$,

此題考查連續時間系統的離散化，特別是當輸入為一階保持器（Zero-Order Hold, ZOH）時的離散化方法。

題目要求離散化系統 (i)。根據 Prob. (-) (i) 的分析，系統 (i) 的連續時間狀態空間表示為：
$\dot{\bar{x}}(t) = A_i \bar{x}(t) + B_i u(t)$
其中 $\bar{x}(t) = \begin{bmatrix} x(t) \\ \dot{x}(t) \end{bmatrix}$， $A_i = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -k & -b \end{bmatrix}$， $B_i = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。
題目給定離散時間點 $t_k = k\Delta t$，且輸入 $u(t)$ 在區間 $[k\Delta t, (k+1)\Delta t)$ 上為常數 $u_k$。這相當於一個一階保持器。

對於連續時間系統 $\dot{\bar{x}}(t) = A_i \bar{x}(t) + B_i u(t)$，當輸入 $u(t)$ 在區間 $[t_k, t_{k+1})$ 上為常數 $u_k$ 時，其離散時間等效系統為：
$\bar{x}(k+1) = A_d \bar{x}(k) + B_d u_d(k)$
其中：
$A_d = e^{A_i \Delta t}$
$B_d = \int_{0}^{\Delta t} e^{A_i \tau} B_i d\tau$

我們需要計算 $A_d$ 和 $B_d$。

計算 $A_d$：
$A_d = e^{A_i \Delta t}$。
這就是 Prob. (-) (i) 中計算的狀態轉移矩陣，只是時間差為 $\Delta t$。
由於 $A_i = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -k & -b \end{bmatrix}$，且 $k, b$ 的值未知，我們將使用通用形式。
令 $\Delta t$ 代替 $t$ 在 Prob. (-) (i) 的狀態轉移矩陣公式中。

情況一：兩個不同的實根 ($b^2 > 4k$)
$\lambda_1 = \frac{-b + \sqrt{b^2-4k}}{2}$, $\lambda_2 = \frac{-b - \sqrt{b^2-4k}}{2}$。
$A_d = e^{A_i \Delta t} = c_1 e^{\lambda_1 \Delta t} + c_2 e^{\lambda_2 \Delta t}$。

情況二：重根 ($b^2 = 4k$)
$\lambda = -b/2$。
$A_d = e^{-b\Delta t/2} \begin{bmatrix} 1 & \Delta t \\ -k\Delta t & 1 - b\Delta t \end{bmatrix}$。

情況三：複數共軛根 ($b^2 < 4k$)
$\lambda_{1,2} = -\frac{b}{2} \pm j\frac{\sqrt{4k-b^2}}{2}$。
令 $\alpha = b/2$ 且 $\omega = \frac{\sqrt{4k-b^2}}{2}$。
$A_d = e^{-b\Delta t/2} \begin{bmatrix} \cos(\omega \Delta t) + \frac{b}{2\omega}\sin(\omega \Delta t) & \frac{1}{\omega}\sin(\omega \Delta t) \\ -\frac{k}{\omega}\sin(\omega \Delta t) & \cos(\omega \Delta t) - \frac{b}{2\omega}\sin(\omega \Delta t) \end{bmatrix}$。

計算 $B_d$：
$B_d = \int_{0}^{\Delta t} e^{A_i \tau} B_i d\tau$。
$B_i = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。
$B_d = \int_{0}^{\Delta t} e^{A_i \tau} \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} d\tau$。
令 $e^{A_i \tau} = \begin{bmatrix} \phi_{11}(\tau) & \phi_{12}(\tau) \\ \phi_{21}(\tau) & \phi_{22}(\tau) \end{bmatrix}$。
$B_d = \int_{0}^{\Delta t} \begin{bmatrix} \phi_{11}(\tau) & \phi_{12}(\tau) \\ \phi_{21}(\tau) & \phi_{22}(\tau) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} d\tau = \int_{0}^{\Delta t} \begin{bmatrix} \phi_{12}(\tau) \\ \phi_{22}(\tau) \end{bmatrix} d\tau = \begin{bmatrix} \int_{0}^{\Delta t} \phi_{12}(\tau) d\tau \\ \int_{0}^{\Delta t} \phi_{22}(\tau) d\tau \end{bmatrix}$。

我們需要根據 $A_i$ 的情況來計算積分。

情況二：重根 ($b^2 = 4k$)
$A_i = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -k & -b \end{bmatrix}$。
$e^{A_i \tau} = e^{-b\tau/2} \begin{bmatrix} 1 & \tau \\ -k\tau & 1 - b\tau \end{bmatrix}$。
$\phi_{12}(\tau) = \tau e^{-b\tau/2}$。
$\phi_{22}(\tau) = (1 - b\tau) e^{-b\tau/2}$。

$\int_{0}^{\Delta t} \tau e^{-b\tau/2} d\tau$：使用分部積分法 $\int u dv = uv - \int v du$。
令 $u = \tau$, $dv = e^{-b\tau/2} d\tau$。
$du = d\tau$, $v = -\frac{2}{b} e^{-b\tau/2}$。
$\int_{0}^{\Delta t} \tau e^{-b\tau/2} d\tau = \left[ -\frac{2\tau}{b} e^{-b\tau/2} \right]_0^{\Delta t} - \int_{0}^{\Delta t} (-\frac{2}{b}) e^{-b\tau/2} d\tau$
$= -\frac{2\Delta t}{b} e^{-b\Delta t/2} + \frac{2}{b} \int_{0}^{\Delta t} e^{-b\tau/2} d\tau$
$= -\frac{2\Delta t}{b} e^{-b\Delta t/2} + \frac{2}{b} \left[ -\frac{2}{b} e^{-b\tau/2} \right]_0^{\Delta t}$
$= -\frac{2\Delta t}{b} e^{-b\Delta t/2} - \frac{4}{b^2} (e^{-b\Delta t/2} - 1)$
$= \frac{4}{b^2} (1 - e^{-b\Delta t/2}) - \frac{2\Delta t}{b} e^{-b\Delta t/2}$。

$\int_{0}^{\Delta t} (1 - b\tau) e^{-b\tau/2} d\tau = \int_{0}^{\Delta t} e^{-b\tau/2} d\tau - b \int_{0}^{\Delta t} \tau e^{-b\tau/2} d\tau$
$= \left[ -\frac{2}{b} e^{-b\tau/2} \right]_0^{\Delta t} - b \left( \frac{4}{b^2} (1 - e^{-b\Delta t/2}) - \frac{2\Delta t}{b} e^{-b\Delta t/2} \right)$
$= -\frac{2}{b} (e^{-b\Delta t/2} - 1) - \frac{4}{b} (1 - e^{-b\Delta t/2}) + 2\Delta t e^{-b\Delta t/2}$
$= -\frac{2}{b} e^{-b\Delta t/2} + \frac{2}{b} - \frac{4}{b} + \frac{4}{b} e^{-b\Delta t/2} + 2\Delta t e^{-b\Delta t/2}$
$= (\frac{2}{b} - \frac{4}{b}) + (\frac{4}{b} - \frac{2}{b}) e^{-b\Delta t/2} + 2\Delta t e^{-b\Delta t/2}$
$= -\frac{2}{b} + \frac{2}{b} e^{-b\Delta t/2} + 2\Delta t e^{-b\Delta t/2}$
$= -\frac{2}{b} + (\frac{2}{b} + 2\Delta t) e^{-b\Delta t/2}$。

所以，當 $b^2 = 4k$ 時：
$A_d = e^{-b\Delta t/2} \begin{bmatrix} 1 & \Delta t \\ -k\Delta t & 1 - b\Delta t \end{bmatrix}$。
$B_d = \begin{bmatrix} \frac{4}{b^2} (1 - e^{-b\Delta t/2}) - \frac{2\Delta t}{b} e^{-b\Delta t/2} \\ -\frac{2}{b} + (\frac{2}{b} + 2\Delta t) e^{-b\Delta t/2} \end{bmatrix}$。

情況三：複數共軛根 ($b^2 < 4k$)
$\alpha = b/2$, $\omega = \frac{\sqrt{4k-b^2}}{2}$。
$e^{A_i \tau} = e^{-\alpha \tau} \begin{bmatrix} \cos(\omega \tau) + \frac{\alpha}{\omega}\sin(\omega \tau) & \frac{1}{\omega}\sin(\omega \tau) \\ -\frac{k}{\omega}\sin(\omega \tau) & \cos(\omega \tau) - \frac{\alpha}{\omega}\sin(\omega \tau) \end{bmatrix}$。
$\phi_{12}(\tau) = \frac{1}{\omega} e^{-\alpha \tau} \sin(\omega \tau)$。
$\phi_{22}(\tau) = e^{-\alpha \tau} (\cos(\omega \tau) - \frac{\alpha}{\omega} \sin(\omega \tau))$。

$\int_{0}^{\Delta t} \phi_{12}(\tau) d\tau = \int_{0}^{\Delta t} \frac{1}{\omega} e^{-\alpha \tau} \sin(\omega \tau) d\tau$。
我們知道 $\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{\omega}{(s+\alpha)^2 + \omega^2} \right\} = e^{-\alpha t} \sin(\omega t)$。
$\int_{0}^{\Delta t} e^{-\alpha \tau} \sin(\omega \tau) d\tau = \mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{\omega}{s(s^2+2\alpha s+\alpha^2+\omega^2)} \right\} |_{t=\Delta t}$。
這段積分計算較為複雜，通常有現成的公式：
$\int_0^T e^{-ax}\sin(bx)dx = \frac{b(1-e^{-aT}\cos(bT)) - a e^{-aT}\sin(bT)}{a^2+b^2}$。
這裡 $a=\alpha, b=\omega, T=\Delta t$。
$\int_{0}^{\Delta t} e^{-\alpha \tau} \sin(\omega \tau) d\tau = \frac{\omega(1-e^{-\alpha \Delta t}\cos(\omega \Delta t)) - \alpha e^{-\alpha \Delta t}\sin(\omega \Delta t)}{\alpha^2+\omega^2}$。

核心觀念

題目給定

$$A\in\mathbb{R}^{m\times n},\qquad m<n,$$

以及

$$u=Av,$$

其中 $u\in\mathbb{R}^{m}$、$v\in\mathbb{R}^{n}$。因此目標函數應依 $u$ 的維度寫成

$$J(u)=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{m}u_i^2 =\frac{1}{2}\|u\|_2^2.$$

題目原文寫成 $\sum_{i=1}^{n}u_i^2$，但 $u$ 只有 $m$ 個分量；以下依維度一致的形式解題。

本題考查：

• 二次型最佳化；
• 歐幾里得範數的非負性；
• 零空間 $\ker(A)$；
• 欠定矩陣 $m<n$ 的解具有非唯一性。

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解題方法

將限制式 $u=Av$ 代入目標函數：

$$J(v)=\frac{1}{2}\|Av\|_2^2.$$

進一步可寫成

$$J(v) =\frac{1}{2}(Av)^T(Av) =\frac{1}{2}v^TA^TAv.$$

由於平方和必定非負，

$$J(v)=\frac{1}{2}\|Av\|_2^2\ge 0.$$

因此目標函數的下界為 $0$。

取

$$v=0_n,$$

則

$$u=Av=A0_n=0_m,$$

且

$$J(0_n)=\frac{1}{2}\|0_m\|_2^2=0.$$

所以 $0$ 確實可以達到目標函數的下界，故最小值為 $0$。

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最佳解的完整形式

要使

$$J(v)=\frac{1}{2}\|Av\|_2^2=0,$$

必須且只須滿足

$$Av=0.$$

因此所有最佳解組成 $A$ 的零空間：

$$\boxed{v^\ast\in\ker(A)}.$$

相對應的輸出為

$$\boxed{u^\ast=Av^\ast=0_m}.$$

最佳目標值為

$$\boxed{J^\ast=0}.$$

也就是說，最佳解集合為

$$\boxed{ \left\{ (v^\ast,u^\ast): v^\ast\in\ker(A),\; u^\ast=0_m \right\}. }$$

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最佳解的證明

對任意可行的 $v$，皆有 $u=Av$，因此

$$J(v)=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{m}(Av)_i^2\ge 0.$$

另一方面，對任意 $v^\ast\in\ker(A)$，

$$Av^\ast=0_m,$$

所以

$$J(v^\ast) =\frac{1}{2}\|Av^\ast\|_2^2 =0.$$

由於所有可行解的目標值都不小於 $0$，而 $v^\ast\in\ker(A)$ 能使目標值等於 $0$，故 $v^\ast$ 必為最佳解。

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為何 $m<n$ 會造成非唯一最佳解

由秩－零度定理，

$$\dim\ker(A)+\operatorname{rank}(A)=n.$$

又因為

$$\operatorname{rank}(A)\le m<n,$$

因此

題意與必要假設

題目所附內容未列出「system (i)」及初始狀態，因此無法唯一決定數值答案。以下採用此類題目的標準系統：

$$\dot{x}=v,\qquad \dot{v}=u,$$

以前向 Euler 法、$\Delta t=\frac12$ 離散化，且假設

$$x_0=0,\qquad v_0=0.$$

因此

$$x_{i+1}=x_i+\frac12v_i,\qquad v_{i+1}=v_i+\frac12u_i.$$

目標條件為

$$x_4=10,\qquad v_4=0.$$

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核心觀念

本題考查有限時間最佳控制：

1. 由離散狀態方程建立 $x_i,v_i$ 與控制量 $u_i$ 的關係。
2. 將終端條件 $x_4=10,\ v_4=0$ 寫成控制量的線性限制。
3. 將二次型成本函數代入後，使用拉格朗日乘子法求其最小值。

成本函數為

$$J=\frac12\sum_{i=0}^{3}(u_i^2+v_i^2+x_i^2).$$

由於 $\frac12$ 不影響最佳控制量的位置，可先最小化

$$\Phi=2J=\sum_{i=0}^{3}(u_i^2+v_i^2+x_i^2).$$

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建立狀態與終端條件

由 $x_0=v_0=0$：

$$v_1=\frac12u_0,$$ $$v_2=\frac12(u_0+u_1),$$ $$v_3=\frac12(u_0+u_1+u_2),$$ $$v_4=\frac12(u_0+u_1+u_2+u_3).$$

終端速度條件 $v_4=0$ 給出

$$u_0+u_1+u_2+u_3=0,$$

所以

$$u_3=-(u_0+u_1+u_2).$$

位置狀態為

$$x_1=0,$$ $$x_2=\frac12v_1=\frac14u_0,$$ $$x_3=\frac12(v_1+v_2) =\frac12u_0+\frac14u_1,$$ $$x_4=\frac12(v_1+v_2+v_3) =\frac34u_0+\frac12u_1+\frac14u_2.$$

終端位置條件 $x_4=10$ 為

$$\frac34u_0+\frac12u_1+\frac14u_2=10.$$

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代入成本函數

令

$$a=u_0,\qquad b=u_1,\qquad c=u_2.$$

則

$$u_3=-(a+b+c).$$

非零的狀態量為

$$v_1=\frac12a,\qquad v_2=\frac12(a+b),\qquad v_3=\frac12(a+b+c),$$ $$x_2=\frac14a,\qquad x_3=\frac12a+\frac14b.$$

因此

$$\begin{aligned} \Phi={}&a^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2 \\ &+\frac14a^2+\frac14(a+b)^2 +\frac14(a+b+c)^2 \\ &+\frac1{16}a^2 +\left(\frac12a+\frac14b\right)^2. \end{aligned}$$

整理成矩陣形式：

$$\Phi= \begin{bmatrix}a&b&c\end{bmatrix} A \begin{bmatrix}a\\b\\c\end{bmatrix},$$

其中

$$A=\frac1{16} \begin{bmatrix} 45&26&20\\ 26&41&20\\ 20&20&36 \end{bmatrix}.$$

限制條件為

此題考查頻率響應分析，特別是 Bode 圖的繪製。

系統傳遞函數為 $G(s) = \frac{2}{s^2}$。
在頻率響應分析中，我們將 $s$ 替換為 $j\omega$：
$G(j\omega) = \frac{2}{(j\omega)^2} = \frac{2}{-\omega^2} = -\frac{2}{\omega^2}$。

Bode 圖包含兩個部分：Magnitude Plot (增益圖) 和 Phase Plot (相角圖)。

1. Magnitude Plot (增益圖):
增益 $M(\omega) = |G(j\omega)| = \left| -\frac{2}{\omega^2} \right| = \frac{2}{\omega^2}$。
增益以分貝 (dB) 表示：$M_{dB}(\omega) = 20 \log_{10}(M(\omega)) = 20 \log_{10}\left(\frac{2}{\omega^2}\right)$。
$M_{dB}(\omega) = 20 (\log_{10} 2 - \log_{10} \omega^2) = 20 \log_{10} 2 - 40 \log_{10} \omega$。

我們需要繪製 $M_{dB}(\omega)$ 對 $\log_{10} \omega$ 的圖。
這是一個斜率為 $-40$ dB/decade 的直線（在 $\log$ 尺度下）。

關鍵點：

• 低頻漸近線： 當 $\omega \to 0$，$\log_{10} \omega \to -\infty$。$M_{dB}(\omega) \to \infty$。
• 高頻漸近線： 當 $\omega \to \infty$，$\log_{10} \omega \to \infty$。$M_{dB}(\omega) \to -\infty$。
• 轉折頻率： 此系統只有一個純粹的增益因子 2 和兩個 $-j\omega$ 的項。沒有類似於 $1/(1+j\omega/\omega_c)$ 的形式，因此沒有傳統意義上的轉折頻率。
• 在 $\omega = 1$ rad/s 時：
  $M_{dB}(1) = 20 \log_{10} 2 - 40 \log_{10} 1 = 20 \log_{10} 2 - 0 \approx 20 \times 0.301 = 6.02$ dB。
• 在 $\omega = 2$ rad/s 時：
  $M_{dB}(2) = 20 \log_{10} 2 - 40 \log_{10} 2 = 20 \log_{10} 2 - 40 \log_{10} 2 = -20 \log_{10} 2 \approx -6.02$ dB。
• 在 $\omega = 10$ rad/s 時：
  $M_{dB}(10) = 20 \log_{10} 2 - 40 \log_{10} 10 = 20 \log_{10} 2 - 40 \approx 6.02 - 40 = -33.98$ dB。

繪製增益圖：
在 $\log-\log$ 圖上，繪製 $M_{dB}(\omega) = 20 \log_{10} 2 - 40 \log_{10} \omega$。
這是一條斜率為 $-40$ dB/decade 的直線。
我們可以用幾個點來標記，例如 $(\omega=1, M_{dB} \approx 6.02)$, $(\omega=10, M_{dB} \approx -33.98)$。
在 $\omega=1$ rad/s 處，增益為 $6.02$ dB。
每當頻率增加 10 倍 (一個 decade)，增益下降 $40$ dB。

2. Phase Plot (相角圖):
相角 $\phi(\omega) = \angle G(j\omega) = \angle \left(-\frac{2}{\omega^2}\right)$。

因題幹未附 Fig.3，以下依自動控制題慣例假設為單位負回授系統，且迴路傳遞函數為

$$L(s)=C(s)G(s).$$

核心觀念

本題利用 Bode 圖設計控制器，使開迴路系統同時滿足：

1. 增益交越頻率為 $\omega_{gc}=10\ \text{rad/s}$；
2. 相位裕度為 $PM=45^\circ$。

相位裕度定義為

$$PM=180^\circ+\angle L(j\omega_{gc}).$$

因此在 $\omega_{gc}=10$ 時，開迴路相位必須為

$$\angle L(j10)=-180^\circ+45^\circ=-135^\circ.$$

已知

$$G(s)=\frac{2}{s^2},$$

其在任意正頻率下的相位為

$$\angle G(j\omega)=-180^\circ.$$

所以控制器在 $\omega=10$ 時必須提供

$$\angle C(j10)=(-135^\circ)-(-180^\circ)=45^\circ.$$

本題可採用一階超前補償器：

$$C(s)=K\frac{s+z}{s+p},\qquad p>z,$$

因為超前補償器能提供正相位，提升系統的相位裕度。

解題方法

1. 設計控制器相位

選擇控制器零點與極點為

$$z=5,\qquad p=30.$$

因此

$$C(s)=K\frac{s+5}{s+30}.$$

在 $\omega=10$ 時，控制器相位為

$$\angle C(j10) = \tan^{-1}\left(\frac{10}{5}\right) - \tan^{-1}\left(\frac{10}{30}\right).$$

計算得

$$\angle C(j10) = \tan^{-1}(2)-\tan^{-1}\left(\frac13\right)$$ $$=63.435^\circ-18.435^\circ =45^\circ.$$

因此開迴路相位為

$$\angle L(j10) = \angle C(j10)+\angle G(j10) = 45^\circ-180^\circ =-135^\circ.$$

相位裕度為

$$PM=180^\circ-135^\circ=45^\circ.$$

2. 設計增益交越頻率

要求 $\omega=10$ 時開迴路增益等於 $1$。

首先，植物的大小為

$$|G(j10)| = \frac{2}{|j10|^2} = \frac{2}{100} = \frac{1}{50}.$$

控制器的大小為

核心觀念

本題利用 Nyquist 圖分析開迴路傳遞函數

$$L(s)=G(s)C(s)$$

並由 Nyquist 曲線判定增益裕度（gain margin, GM）。

若開迴路系統在相位交越頻率 $\omega_{pc}$ 滿足

$$\angle L(j\omega_{pc})=-180^\circ,$$

則增益裕度為

$$GM=\frac{1}{|L(j\omega_{pc})|},$$

以分貝表示為

$$GM_{\mathrm{dB}}=20\log_{10}GM =-20\log_{10}|L(j\omega_{pc})|.$$

題目未提供 Fig.3，因此 $C(s)$ 的形式無法由題面確定。以下依合理假設 Fig.3 中為單位控制器 $C(s)=1$ 作答。

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解題方法

由

$$G(s)=\frac{2}{s^2},\qquad C(s)=1$$

可得開迴路傳遞函數

$$L(s)=G(s)C(s)=\frac{2}{s^2}.$$

令 $s=j\omega$，其中 $\omega>0$：

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

因此

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\}=-\frac{2}{\omega^2}, \qquad \operatorname{Im}\{L(j\omega)\}=0.$$

所以正頻率響應完全位於負實軸上。

當頻率變化時：

• $\omega\to 0^+$ 時，

  $$L(j\omega)\to-\infty;$$

• $\omega=\sqrt{2}$ 時，

  $$L(j\omega)=-1;$$

• $\omega\to\infty$ 時，

  $$L(j\omega)\to 0^-.$$

故正頻率部分的 Nyquist 曲線是沿著負實軸，由 $-\infty$ 朝原點移動。負頻率部分則為其共軛，仍落在負實軸上。由於 $L(s)$ 在原點有二階極點，Nyquist contour 必須繞開原點；映射到 $L$ 平面後，會產生一個位於右半平面的無限大半圓，連接負實軸的兩端。

示意如下：

$$-\infty \longrightarrow -1 \longrightarrow 0$$

Nyquist 曲線通過關鍵點 $-1+j0$。

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增益裕度計算