112 年 國立中正大學機械工程學系光機電整合工程碩士班《自動控制》

核心觀念

本題考查：

• 零初始條件下，利用拉普拉斯轉換求傳遞函數。

• 傳遞函數與單位脈衝響應的關係：

  $h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}$

• 單位階躍響應與單位脈衝響應的關係：

  $c(t)=\int_0^t h(\tau)\,d\tau$

• 頻率響應的定義：

  $G(j\omega)=G(s)\big|_{s=j\omega}$

• 由頻率響應的增益判斷系統是否為低通濾波器。

以下皆採用系統處於零初始狀態的標準傳遞函數定義。

解題方法

原式為

$$y(t)+\int_0^t y(\tau)\,d\tau=u(t)$$

對兩側取拉普拉斯轉換。利用

$$\mathcal{L}\left\{\int_0^t y(\tau)\,d\tau\right\} =\frac{Y(s)}{s}$$

即可求得 $Y(s)$ 與 $U(s)$ 的關係，再進一步得到各種響應。

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(a) 傳遞函數

對原方程式取拉普拉斯轉換：

$$Y(s)+\frac{Y(s)}{s}=U(s)$$

整理 $Y(s)$：

$$Y(s)\left(1+\frac{1}{s}\right)=U(s)$$

因此

$$Y(s)\frac{s+1}{s}=U(s)$$

傳遞函數定義為

$$G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)}$$

所以

$$\boxed{G(s)=\frac{s}{s+1}}$$

這也可由微分方程式直接驗證。對原式微分得

$$\dot y(t)+y(t)=\dot u(t)$$

在零初始條件下取拉普拉斯轉換：

$$sY(s)+Y(s)=sU(s)$$

因此同樣得到

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

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(b) 單位脈衝響應

單位脈衝響應是輸入

$$u(t)=\delta(t)$$

時的輸出，且在拉普拉斯域中

$$U(s)=1$$

因此

$$Y(s)=G(s)=\frac{s}{s+1}$$

將其拆解：

$$\frac{s}{s+1} =1-\frac{1}{s+1}$$

利用反拉普拉斯轉換公式

$$\mathcal{L}^{-1}\{1\}=\delta(t)$$

以及

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+1}\right\}=e^{-t}$$

可得單位脈衝響應

$$\boxed{h(t)=\delta(t)-e^{-t},\qquad t\geq 0}$$

若明確表示因果訊號，則可寫成

$$\boxed{h(t)=\delta(t)-e^{-t}1(t)}$$

其中 $\delta(t)$ 是直接傳遞項所產生的脈衝，$-e^{-t}1(t)$ 是系統動態部分的響應。

物理意義

由

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

可知分子與分母同階，系統具有直接傳遞項。長時間穩態部分為零，但在 $t=0$ 會出現 $\delta(t)$ 脈衝。

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(c) 由單位脈衝響應求單位階躍響應

單位階躍輸入為

$$u(t)=1(t)$$

因為單位階躍是單位脈衝的積分，所以單位階躍響應可由脈衝響應積分得到：

$$c(t)=\int_0^t h(\tau)\,d\tau$$

代入 (b) 的結果：

$$c(t)=\int_0^t\left[\delta(\tau)-e^{-\tau}\right]d\tau$$

其中

$$\int_0^t\delta(\tau)\,d\tau=1$$

且

$$\int_0^t e^{-\tau}\,d\tau =1-e^{-t}$$

因此

$$c(t)=1-(1-e^{-t})$$

所以

$$\boxed{c(t)=e^{-t},\qquad t\geq 0}$$

也可直接在拉普拉斯域驗算。單位階躍輸入的拉普拉斯轉換為

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

故

$$C(s)=G(s)U(s) =\frac{s}{s+1}\cdot\frac{1}{s} =\frac{1}{s+1}$$

反轉換後仍為

$$\boxed{c(t)=e^{-t}}$$

快速檢查

當 $t=0^+$ 時，

$$c(0^+)=1$$

當 $t\to\infty$ 時，

本題主要考驗學生對系統穩定性、穩態誤差、以及利用近似方法估計單位階躍響應時域特徵（上升時間、超調量、穩定時間）的能力。

首先，我們將給定的傳遞函數 $G(s)$ 展開或分解，以便分析其極點和零點。
$G(s) = \frac{21s^2 + 21s + 20}{(s+20)(s^2 + s +1)}$
分母的極點由 $s+20=0$ 和 $s^2+s+1=0$ 決定。
$s+20=0 \implies s_1 = -20$。
對於 $s^2+s+1=0$，我們可以使用二次公式 $s = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$：
$s = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4(1)(1)}}{2(1)} = \frac{-1 \pm \sqrt{1-4}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{-3}}{2} = \frac{-1 \pm j\sqrt{3}}{2}$
所以，極點為 $s_2 = -0.5 + j\frac{\sqrt{3}}{2}$ 和 $s_3 = -0.5 - j\frac{\sqrt{3}}{2}$。

(a) Is $G$ bounded-input-bounded-output stable?
一個線性時不變系統 (LTI system) 是 BIBO穩定的，當且僅當其所有傳遞函數的極點都位於複數平面的左半平面（即實部為負）。
我們已找到的極點為：
$s_1 = -20$ (實部為 -20)
$s_2 = -0.5 + j\frac{\sqrt{3}}{2}$ (實部為 -0.5)
$s_3 = -0.5 - j\frac{\sqrt{3}}{2}$ (實部為 -0.5)
所有極點的實部均為負值。因此，該系統是 BIBO穩定的。

【答案】 是。

(b) What is the steady-state error of the unit-step response?
對於單位階躍響應，穩態誤差 $e_{ss}$ 可以通過以下公式計算：
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} s E(s)$，其中 $E(s)$ 是誤差信號的拉氏轉換。
在閉迴路系統中，如果 $G_{OL}(s)$ 是開迴路傳遞函數，則 $E(s) = R(s) - Y(s) = R(s) - G_{OL}(s)E(s)$，所以 $E(s) = \frac{R(s)}{1+G_{OL}(s)}$。
題目中給定的是一個開迴路傳遞函數 $G(s)$。通常，穩態誤差的計算是針對閉迴路系統。
假設這是一個標準的單位回授系統，則閉迴路傳遞函數為 $G_{CL}(s) = \frac{G(s)}{1+G(s)}$。
單位階躍響應的輸入為 $u(t)$，其拉氏轉換為 $R(s) = \frac{1}{s}$。
誤差信號為 $E(s) = R(s) - Y(s) = R(s) - G_{CL}(s)R(s) = R(s)(1-G_{CL}(s))$。
$E(s) = \frac{1}{s} \left(1 - \frac{G(s)}{1+G(s)}\right) = \frac{1}{s} \left(\frac{1+G(s)-G(s)}{1+G(s)}\right) = \frac{1}{s(1+G(s))}$。
穩態誤差 $e_{ss} = \lim_{s \to 0} s E(s) = \lim_{s \to 0} s \cdot \frac{1}{s(1+G(s))} = \lim_{s \to 0} \frac{1}{1+G(s)}$。
現在我們計算 $G(s)$ 在 $s \to 0$ 時的值：
$G(0) = \frac{21(0)^2 + 21(0) + 20}{(0+20)(0^2 + 0 +1)} = \frac{20}{(20)(1)} = \frac{20}{20} = 1$
所以，穩態誤差為：
$e_{ss} = \frac{1}{1+G(0)} = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$。

[答案] $\frac{1}{2}$。

(c) Estimate the rising time of the unit-step response.
上升時間 $T_r$ 通常定義為響應從 10% 上升到 90% 的時間。
對於二階系統 $\frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2}$，其上升時間為 $T_r \approx \frac{1.8}{\omega_n}$（對於 $\zeta < 0.8$）。
我們的系統 $G(s)$ 是一個三階系統，且有一個遠離虛軸的實極點 $s_1 = -20$。
當一個極點遠離其他極點（且位於左半平面）時，可以將其視為一個「快」的動態。如果這個極點的絕對值遠大於其他極點的實部，則該極點的影響在穩態響應中會很快消失，系統的響應行為主要由其他極點決定。

核心觀念

單位負回授系統的開迴路傳遞函數為

$$G(s)=K\frac{(s+4)(s+5)(s+6)}{(s+7)(s+8)(s+9)}$$

其零點為 $-4,-5,-6$，極點為 $-7,-8,-9$。

根軌跡上的點必須同時滿足：

1. 角度條件

$$\angle G(s)=(2m+1)180^\circ$$

2. 幅值條件

$$\left|K\frac{(s+4)(s+5)(s+6)} {(s+7)(s+8)(s+9)}\right|=1$$

因此

$$K= \frac{|(s+7)(s+8)(s+9)|} {|(s+4)(s+5)(s+6)|}$$

角度條件不成立時，即使可由幅值條件算出數值，也不能代表該點位於正 $K$ 根軌跡上。

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(a) $s=-7.5$

此點在極點 $-8$ 與 $-7$ 之間。其右側有一個極點 $-7$，右側極點與零點數目為奇數，因此通過實軸根軌跡判斷。

幅值條件：

$$K= \frac{|(-7.5+7)(-7.5+8)(-7.5+9)|} {|(-7.5+4)(-7.5+5)(-7.5+6)|}$$ $$K= \frac{(0.5)(0.5)(1.5)} {(3.5)(2.5)(1.5)} =\frac{0.375}{13.125} =\frac{1}{35}$$

所以此點通過根軌跡，且

$$\boxed{K=\frac{1}{35}\approx0.0286}$$

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(b) $s=-10$

此點位於所有極點的左側。其右側有三個極點，數目為奇數，因此符合實軸根軌跡條件。

幅值條件：

$$K= \frac{|(-10+7)(-10+8)(-10+9)|} {|(-10+4)(-10+5)(-10+6)|}$$ $$K= \frac{(3)(2)(1)} {(6)(5)(4)} =\frac{6}{120} =\frac{1}{20}$$

所以此點通過根軌跡，且

$$\boxed{K=\frac{1}{20}=0.05}$$

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(c) $s=-4.5$

此點位於零點 $-5$ 與 $-4$ 之間。其右側有一個零點 $-4$，數目為奇數，因此符合實軸根軌跡條件。

幅值條件：

$$K= \frac{|(-4.5+7)(-4.5+8)(-4.5+9)|} {|(-4.5+4)(-4.5+5)(-4.5+6)|}$$ $$K= \frac{(2.5)(3.5)(4.5)} {(0.5)(0.5)(1.5)} =\frac{39.375}{0.375} =105$$

所以此點通過根軌跡，且

$$\boxed{K=105}$$

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(d) $s=-5-3j$

計算零點所產生的角度：

$$\begin{aligned} \theta_z &=\angle(s+4)+\angle(s+5)+\angle(s+6)\\ &=\angle(-1-3j)+\angle(-3j)+\angle(1-3j)\\ &=-108.435^\circ-90^\circ-71.565^\circ\\ &=-270^\circ \end{aligned}$$

計算極點所產生的角度：

核心觀念

原圖是單位負回授：$R(s)$ 接至加總點的「$+$」端，輸出 $C(s)$ 回授至「$-$」端。開迴路傳遞函數為

$$G(s)=\frac{K}{(s-P_1)(s-P_2)(s-P_3)(s-P_4)}$$

四個開迴路極點是 $-5\pm j$、$-3\pm j$，沒有有限零點。根軌跡有四個分枝；漸近線角度與交點分別由

$$\theta_q=\frac{(2q+1)180^\circ}{n-m}, \qquad \sigma_a=\frac{\sum p_i-\sum z_i}{n-m}$$

求得，其中 $n=4$、$m=0$。

解題方法

負回授系統的特徵方程為 $1+G(s)=0$，因此

$$(s-P_1)(s-P_2)(s-P_3)(s-P_4)+K=0$$

將共軛極點配對，並令 $x=s+4$：

$$\begin{aligned} (s-P_1)(s-P_2)(s-P_3)(s-P_4) &=\bigl((s+5)^2+1\bigr)\bigl((s+3)^2+1\bigr)\\ &=\bigl((x+1)^2+1\bigr)\bigl((x-1)^2+1\bigr)\\ &=x^4+4 \end{aligned}$$

所以特徵方程化為

$$x^4+K+4=0$$

漸近線角度為

$$\theta_q=\frac{(2q+1)180^\circ}{4}, \qquad q=0,1,2,3$$

也就是 $45^\circ$、$135^\circ$、$225^\circ$、$315^\circ$。極點總和為 $-16$，因此漸近線交點為

$$\sigma_a=\frac{-16}{4}=-4$$

此題根軌跡可進一步精確求出。令 $r=(K+4)^{1/4}$，則

$$s=-4+r e^{j(45^\circ+q\,90^\circ)}, \qquad q=0,1,2,3,\quad r\ge \sqrt{2}$$

當 $K=0$ 時，$r=\sqrt{2}$，四根正好是題目給的四個極點。隨 $K$ 增加，四根沿著各自的角度向外移動；因此四條根軌跡恰與四條漸近線重合。

本題考驗學生使用漸近近似法繪製 Bode 圖的能力，特別是對於簡單的積分器和微分器。

我們需要繪製兩個傳遞函數的 Bode 圖：$G_1(s) = s$ 和 $G_2(s) = 1/s$。Bode 圖包含兩個部分：幅度圖 (Magnitude Plot) 和相位圖 (Phase Plot)。

1. $G_1(s) = s$

• 頻率響應： 將 $s = j\omega$ 代入。
  $G_1(j\omega) = j\omega$

• 幅度圖 (Magnitude Plot)：
  幅度 $|G_1(j\omega)| = |j\omega| = \omega$。
  Bode 圖通常以分貝 (dB) 表示幅度：$|G_1(j\omega)|_{\text{dB}} = 20 \log_{10}(\omega)$。
  我們需要繪製 $20 \log_{10}(\omega)$ 的漸近近似圖。

  • 斜率： 當頻率 $\omega$ 增加 10 倍時，幅度 $\omega$ 增加 10 倍。
    $20 \log_{10}(10\omega) = 20 (\log_{10}(10) + \log_{10}(\omega)) = 20 (1 + \log_{10}(\omega)) = 20 + 20 \log_{10}(\omega)$。
    這表示每十年頻率增加，幅度增加 20 dB。所以斜率是 $+20$ dB/decade。
  • 轉折頻率： 這個形式沒有明確的轉折頻率。它是一個純粹的微分器。
  • 繪製：
    在 $\omega = 1$ rad/s 時，幅度是 $20 \log_{10}(1) = 0$ dB。
    所以，漸近線經過點 $(1, 0 \text{ dB})$，斜率為 $+20$ dB/decade。
    題目要求繪製 $\omega$ 在 $[10^{-2}, 10^2]$ 的範圍內。
    當 $\omega = 10^{-2}$ 時，幅度 $= 20 \log_{10}(10^{-2}) = -40$ dB。
    當 $\omega = 1$ 時，幅度 $= 0$ dB。
    當 $\omega = 10^2$ 時，幅度 $= 20 \log_{10}(10^2) = 40$ dB。
    漸近線是從 $(-40 \text{ dB}, 10^{-2})$ 到 $(40 \text{ dB}, 10^2)$ 的直線，經過 $(1, 0 \text{ dB})$，斜率為 $+20$ dB/decade。

• 相位圖 (Phase Plot)：
  相位 $\angle G_1(j\omega) = \angle(j\omega)$。
  對於 $\omega > 0$，相位是 $+90^\circ$ 或 $+\frac{\pi}{2}$ 弧度。

  • 繪製：
    在整個頻率範圍 $[10^{-2}, 10^2]$ 內，相位都是 $+90^\circ$。

2. $G_2(s) = 1/s$

• 頻率響應： 將 $s = j\omega$ 代入。
  $G_2(j\omega) = 1/(j\omega)$

• 幅度圖 (Magnitude Plot)：
  幅度 $|G_2(j\omega)| = |1/(j\omega)| = 1/\omega$。
  Bode 圖幅度 $= 20 \log_{10}(1/\omega) = -20 \log_{10}(\omega)$。

  • 斜率： 當頻率 $\omega$ 增加 10 倍時，幅度 $1/\omega$ 變為 $1/(10\omega)$，即原來的 1/10。