114 年 國立成功大學工程科學系碩士班己組《控制系統》

核心觀念

單位回授系統的閉迴路特徵方程式為

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

增益餘裕與相位餘裕定義如下：

• 增益餘裕：在相位交越頻率 $\omega_{pc}$（開迴路相位為 $-180^\circ$）處，

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

  以分貝表示為

  $$GM_{\mathrm{dB}}=20\log_{10}(GM)$$

• 相位餘裕：在增益交越頻率 $\omega_{gc}$（$|G(j\omega_{gc})|=1$）處，

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

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（1）利用 Routh-Hurwitz 判斷穩定範圍

開迴路轉移函數為

$$G(s)=\frac{k}{(s+1)(s+2)(s+3)}$$

閉迴路特徵方程式：

$$1+\frac{k}{(s+1)(s+2)(s+3)}=0$$

因此

$$(s+1)(s+2)(s+3)+k=0$$

先展開：

$$(s+1)(s+2)(s+3) =s^3+6s^2+11s+6$$

故特徵方程式為

$$s^3+6s^2+11s+(6+k)=0$$

建立 Routh 表：

$$\begin{array}{c|cc} s^3 & 1 & 11\\ s^2 & 6 & 6+k\\ s^1 & \dfrac{6(11)-(6+k)}{6} & 0\\ s^0 & 6+k & \end{array}$$

第一欄必須全部為正：

$$1>0$$ $$6>0$$ $$\frac{66-6-k}{6}>0$$ $$6+k>0$$

因此

$$60-k>0$$

以及

$$k>-6$$

所以閉迴路系統穩定的範圍為

$$\boxed{-6<k<60}$$

若題目中的增益 $k$ 限定為非負數，則可寫成

$$\boxed{0\leq k<60}$$

若進一步假設增益必須為正值，則為

$$\boxed{0<k<60}$$

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（2）使增益餘裕為 $10\,\mathrm{dB}$ 的 $k$

第一步：求相位交越頻率

令 $s=j\omega$，則

$$G(j\omega)=\frac{k}{(j\omega+1)(j\omega+2)(j\omega+3)}$$

其相位為

$$\angle G(j\omega) =-\tan^{-1}(\omega) -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{2}\right) -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{3}\right)$$

相位交越頻率滿足

$$\tan^{-1}(\omega) +\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{2}\right) +\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{3}\right) =180^\circ$$

利用三角函數正切相加公式。令

$$x=\omega,\qquad y=\frac{\omega}{2},\qquad z=\frac{\omega}{3}$$

則

$$\tan(x+y+z) = \frac{x+y+z-xyz}{1-xy-yz-zx}$$

相位總和為 $180^\circ$ 時，分子為零：

$$\omega+\frac{\omega}{2}+\frac{\omega}{3} -\frac{\omega^3}{6}=0$$

整理得

$$\frac{11\omega-\omega^3}{6}=0$$

取正頻率：

$$\omega_{pc}^2=11$$

因此

$$\omega_{pc}=\sqrt{11}$$

第二步：計算相位交越處的幅值

在 $\omega_{pc}^2=11$ 時，

核心觀念

本題考查：

1. 由 $G(j\omega)$ 的實部與虛部繪製 Nyquist plot。
2. 利用 Nyquist 穩定判據判斷閉迴路穩定範圍。
3. 開迴路含有原點極點，繪圖時須注意 Nyquist contour 對原點的微小繞行。
4. 臨界點為 $-1$；若將增益 $k$ 納入，可視為判斷 $G_0(j\omega)$ 對臨界點 $-1/k$ 的繞行，其中

$$G_0(s)=\frac{s+1}{s(2s^2+s+4)}.$$

開迴路極點為

$$s=0,\qquad s=\frac{-1\pm j\sqrt{31}}{4}.$$

除原點極點外，其餘兩極點皆位於左半平面。

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解題方法

先令 $k=1$，求出基本開迴路函數

$$G_0(j\omega)=\frac{j\omega+1}{j\omega\left[2(j\omega)^2+j\omega+4\right]}.$$

由於

$$2(j\omega)^2+j\omega+4 =4-2\omega^2+j\omega,$$

因此分母為

$$j\omega(4-2\omega^2+j\omega) =-\omega^2+j\omega(4-2\omega^2).$$

所以

$$G_0(j\omega) = \frac{1+j\omega} {-\omega^2+j\omega(4-2\omega^2)}.$$

將分子、分母同乘以分母的共軛，可得

$$G_0(j\omega) = \frac{\omega^2(3-2\omega^2) +j\omega(\omega^2-4)} {\omega^2\left(4\omega^4-15\omega^2+16\right)}.$$

因此

$$\operatorname{Re}\{G_0(j\omega)\} = \frac{3-2\omega^2} {4\omega^4-15\omega^2+16},$$ $$\operatorname{Im}\{G_0(j\omega)\} = \frac{\omega^2-4} {\omega\left(4\omega^4-15\omega^2+16\right)}.$$

注意

$$4\omega^4-15\omega^2+16>0$$

對所有實數 $\omega$ 皆成立，因為令 $x=\omega^2$ 後，其判別式為

$$(-15)^2-4(4)(16)=225-256=-31<0.$$

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(1) Nyquist plot

只需先分析 $\omega>0$ 的部分，$\omega<0$ 的曲線則為其關於實軸的鏡射。

低頻點

當 $\omega\to 0^+$ 時，

$$\operatorname{Re}\{G_0(j\omega)\}\to \frac{3}{16},$$

而

$$\operatorname{Im}\{G_0(j\omega)\} \sim -\frac{1}{4\omega}\to-\infty.$$

故曲線由右半平面無限下方開始：

$$G_0(j\omega)\to \frac{3}{16}-j\infty.$$

與實軸交點

令虛部為零：

$$\frac{\omega^2-4} {\omega(4\omega^4-15\omega^2+16)}=0.$$

因分母不為零，所以

$$\omega^2-4=0 \quad\Longrightarrow\quad \omega=2.$$

代回實部：

$$\operatorname{Re}\{G_0(j2)\} = \frac{3-2(2)^2} {4(2)^4-15(2)^2+16} = \frac{-5}{20} =-\frac14.$$

因此 Nyquist plot 與實軸交於

$$\boxed{-\frac14}.$$

高頻點

當 $\omega\to\infty$ 時，

$$\operatorname{Re}\{G_0(j\omega)\}\to 0^-, \qquad \operatorname{Im}\{G_0(j\omega)\}\to 0^+.$$

故正頻率曲線最後由上半平面趨近原點：

$$G_0(j\omega)\to 0^+ +j0.$$

曲線方向與形狀

正頻率半部的主要特徵如下：

本題考驗將電路轉換為狀態空間表示式，以及判斷系統的可控性 (controllability) 和可觀測性 (observability)。

首先，我們需要根據電路圖寫出節點電壓和支路電流的微分方程。
電路中有一個電壓源 $u$，一個電阻 $R$，一個電容 $C$，一個電感 $L$，以及一個電阻 $R$ (與電感串聯)。
輸出 $y$ 是電容兩端的電壓 $v_C$。

狀態變數選取為 $v_C$ 和 $i_L$。
輸入為 $u$，輸出為 $y = v_C$。

節點分析：
假設節點 A 是電壓源 $u$ 的正端，節點 B 是電壓源 $u$ 的負端（接地）。
節點 C 是電容 $C$ 和電感 $L$ 的連接點。
電路圖顯示，輸入 $u$ 連接到一個 RC 串聯電路，然後這個串聯電路的輸出 $v_C$ 連接到另一個 RL 串聯電路。
然而，圖示的連接方式是：
輸入 $u$ 串聯一個電阻 $R_1$ (標示為 R)。
然後連接到一個電容 $C$。
電容 $C$ 的另一端連接到一個電感 $L$ 和一個電阻 $R_2$ (標示為 R) 的串聯支路。
這個串聯支路與一個電阻 $R_1$ (標示為 R) 並聯。
輸出 $y$ 是電容 $C$ 上的電壓 $v_C$。

重新仔細觀察電路圖：
輸入 $u$。
一個電阻 $R$ 串聯。
然後一個電容 $C$。
電容 $C$ 的兩端電壓是 $v_C$ (也是輸出 $y$)。
電容 $C$ 的下方連接到一個節點。
從這個節點，有兩條支路：

1. 一條支路是電感 $L$ 和一個電阻 $R$ (串聯)。
2. 另一條支路是電阻 $R$。
   這兩條支路是並聯的，然後共同連接到地。

狀態變數： $x_1 = v_C$, $x_2 = i_L$。
輸入： $u$。
輸出： $y = v_C = x_1$。

寫出微分方程：

1. 電容 $C$ 上的電壓 $v_C$：
   通過電容的電流 $i_C = C \frac{dv_C}{dt}$。
   由節點分析，假設節點 A 是 $u$ 的正端，接地為 0。
   節點 C 的電壓是 $v_C$。
   從節點 A 到節點 C 經過一個電阻 $R$。
   在節點 C，總電流流入等於總電流流出。
   流入節點 C 的電流來自左側的 $R$ 和 $u$。
   從 $u$ 到節點 C 經過電阻 $R$。 假設 $u$ 的正端在左邊，負端接地。
   則節點 C 的電壓 $v_C$。
   左側支路電流 $i_1 = \frac{u - v_C}{R}$。
   從節點 C 流出的電流有：

   • 流入電感 $L$ 的電流 $i_L$ (這是我們的狀態變數 $x_2$)。
   • 流經電阻 $R$ 的電流 $i_{R2} = \frac{v_C}{R}$。
   • 通過電容的電流 $i_C = C \frac{dv_C}{dt}$。

   在節點 C，根據基爾霍夫電流定律 (KCL)：
   $i_1 = i_L + i_{R2} + i_C$
   $\frac{u - v_C}{R} = i_L + \frac{v_C}{R} + C \frac{dv_C}{dt}$
   $\frac{u}{R} - \frac{v_C}{R} = i_L + \frac{v_C}{R} + C \frac{dv_C}{dt}$
   $C \frac{dv_C}{dt} = \frac{u}{R} - 2\frac{v_C}{R} - i_L$
   $\frac{dv_C}{dt} = \frac{1}{RC} u - \frac{2}{RC} v_C - \frac{1}{C} i_L$
   $\dot{x}_1 = -\frac{2}{RC} x_1 - \frac{1}{C} x_2 + \frac{1}{RC} u$

2. 電感 $L$ 上的電流 $i_L$：
   電感兩端的電壓 $v_L = L \frac{di_L}{dt}$。
   在電感 $L$ 和電阻 $R$ 串聯的支路上，總電壓是 $v_C$ (因為它們並聯)。
   所以，電感 $L$ 兩端的電壓為 $v_L = v_C$。
   $L \frac{di_L}{dt} = v_C$
   $\frac{di_L}{dt} = \frac{1}{L} v_C$
   $\dot{x}_2 = \frac{1}{L} x_1$

狀態空間表示式：
$\dot{x} = Ax + Bu$
$y = Cx + Du$

其中：
$x = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} v_C \\ i_L \end{bmatrix}$
$A = \begin{bmatrix} -\frac{2}{RC} & -\frac{1}{C} \\ \frac{1}{L} & 0 \end{bmatrix}$
$B = \begin{bmatrix} \frac{1}{RC} \\ 0 \end{bmatrix}$
$C = \begin{bmatrix} 1 & 0 \end{bmatrix}$ (因為 $y = v_C = x_1$)

本題考驗對單位回授系統在單位步階輸入下的暫態響應分析，包括穩態誤差、峰值時間、峰值幅度和安定時間的計算。

首先，我們需要確定開迴路傳遞函數 $G(s)$。
從圖示來看，開迴路傳遞函數為：
$G(s) = \frac{10}{(s+1)(s+2)}$
系統是單位回授系統，即 $H(s)=1$。
輸入是單位步階函數 $r(t)$，其拉氏轉換為 $R(s) = \frac{1}{s}$。

閉迴路傳遞函數 $T(s)$：
$T(s) = \frac{G(s)}{1+G(s)H(s)} = \frac{G(s)}{1+G(s)}$
$T(s) = \frac{\frac{10}{(s+1)(s+2)}}{1 + \frac{10}{(s+1)(s+2)}} = \frac{10}{(s+1)(s+2) + 10}$
$T(s) = \frac{10}{s^2 + 3s + 2 + 10} = \frac{10}{s^2 + 3s + 12}$

(1) 系統之穩態誤差。

對於單位回授系統，穩態誤差 $e_{ss}$ 與輸入 $R(s)$ 和開迴路傳遞函數 $G(s)$ 相關。
對於單位步階輸入 ($R(s) = 1/s$)，穩態誤差為：
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} s E(s) = \lim_{s \to 0} s \frac{R(s)}{1+G(s)} = \lim_{s \to 0} s \frac{1/s}{1+G(s)} = \lim_{s \to 0} \frac{1}{1+G(s)}$
$G(s) = \frac{10}{(s+1)(s+2)}$
$\lim_{s \to 0} G(s) = \frac{10}{(0+1)(0+2)} = \frac{10}{2} = 5$
$e_{ss} = \frac{1}{1+5} = \frac{1}{6}$
【答案】$e_{ss} = \frac{1}{6}$

(2) 輸出 $y(t)$ 振幅最大值發生時間(peak time)。

首先，我們需要確定閉迴路傳遞函數 $T(s)$ 的形式。
$T(s) = \frac{10}{s^2 + 3s + 12}$
這是一個二階系統的傳遞函數，標準形式為 $\frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2}$。
比較係數：
$\omega_n^2 = 12 \implies \omega_n = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$ rad/s。
$2\zeta\omega_n = 3 \implies 2\zeta(2\sqrt{3}) = 3 \implies 4\sqrt{3}\zeta = 3 \implies \zeta = \frac{3}{4\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{12} = \frac{\sqrt{3}}{4}$。
由於 $\zeta = \frac{\sqrt{3}}{4} \approx \frac{1.732}{4} \approx 0.433 < 1$，系統是欠阻尼 (underdamped) 的。

對於欠阻尼系統，單位步階響應的峰值時間 $t_p$ 為：
$t_p = \frac{\pi}{\omega_d}$
其中 $\omega_d$ 是阻尼頻率 (damped frequency)。
$\omega_d = \omega_n \sqrt{1-\zeta^2}$

核心觀念

本題考查三項內容：

1. 連續時間線性系統的穩定性與特徵值。
2. 狀態方程轉換為狀態圖。
3. 利用 Mason’s gain formula 求輸入 $u$ 到輸出 $y$ 的轉移函數。

對系統

$$\dot{x}=Ax+Bu$$

其穩定性由矩陣 $A$ 的特徵值決定：

• 所有特徵值實部皆小於 $0$：漸近穩定。
• 有特徵值位於虛軸且皆為單根：臨界穩定。
• 有特徵值實部大於 $0$，或虛軸特徵值具有重根：不穩定。

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解題方法

(1) 判斷系統是否穩定

矩陣 $A$ 為

$$A= \begin{bmatrix} 1&2\\ -2&-1 \end{bmatrix}.$$

特徵方程為

$$\det(sI-A)=0.$$

因此

$$sI-A= \begin{bmatrix} s-1&-2\\ 2&s+1 \end{bmatrix},$$

得到

$$\det(sI-A) =(s-1)(s+1)-(-2)(2).$$

整理為

$$\det(sI-A) =s^2-1+4 =s^2+3.$$

故特徵值為

$$s^2+3=0 \quad\Longrightarrow\quad s=\pm j\sqrt{3}.$$

兩個特徵值皆位於虛軸上，且為互異單根，因此系統為臨界穩定，也稱為邊界穩定或非漸近穩定。

系統的自然響應不會衰減至零，但也不會發散。

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(2) 繪製狀態圖

令

$$x= \begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix},$$

則狀態方程為

$$\begin{bmatrix} \dot{x}_1\\ \dot{x}_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&2\\ -2&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 2\\ -1 \end{bmatrix}u.$$

因此

$$\dot{x}_1=x_1+2x_2+2u,$$ $$\dot{x}_2=-2x_1-x_2-u.$$

狀態圖中需要使用兩個積分器：

• 第一個積分器輸出為 $x_1$，輸入為 $\dot{x}_1$。
• 第二個積分器輸出為 $x_2$，輸入為 $\dot{x}_2$。

各回授與輸入分支如下：

• $x_1$ 經增益 $1$ 回到 $\dot{x}_1$ 的加法點。
• $x_2$ 經增益 $2$ 回到 $\dot{x}_1$ 的加法點。
• $u$ 經增益 $2$ 回到 $\dot{x}_1$ 的加法點。
• $x_1$ 經增益 $-2$ 回到 $\dot{x}_2$ 的加法點。
• $x_2$ 經增益 $-1$ 回到 $\dot{x}_2$ 的加法點。
• $u$ 經增益 $-1$ 回到 $\dot{x}_2$ 的加法點。
• 輸出為

$$y=x_2.$$

以訊號流程圖表示時，各分支增益包含積分器 $1/s$：

$$u\longrightarrow x_1:\frac{2}{s}, \qquad u\longrightarrow x_2:-\frac{1}{s},$$ $$x_1\longrightarrow x_1:\frac{1}{s}, \qquad x_2\longrightarrow x_1:\frac{2}{s},$$ $$x_1\longrightarrow x_2:-\frac{2}{s}, \qquad x_2\longrightarrow x_2:-\frac{1}{s},$$

以及

$$x_2\longrightarrow y:1.$$

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(3) 利用 Mason’s gain formula 求轉移函數

Mason’s gain formula 為

$$T(s)=\frac{\displaystyle\sum_k P_k\Delta_k}{\Delta},$$

其中：

• $P_k$：第 $k$ 條前向路徑增益。
• $\Delta$：整個訊號流程圖的特徵式。
• $\Delta_k$：移除與第 $k$ 條前向路徑接觸之迴路後的特徵式。

前向路徑