108 年 國立成功大學系統及船舶機電工程研究所乙組《自動控制》

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第 1 題15 分

  1. Please calculate the range of K which stabilizes the system as shown in Figure 1. (15%)
    🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
    Figure 1 A closed-loop system with an unknown parameter K
    R(s)
    E(s)
    K
    C(s)
    s(s+7)(s+3)(s+2)
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這一題的完整詳解

本題考驗閉迴路系統的穩定性分析，主要利用根軌跡或勞斯穩定準則 (Routh-Hurwitz Stability Criterion) 來求解。

首先，我們需要寫出此系統的閉迴路傳遞函數。
開迴路傳遞函數 G(s)H(s)G(s)H(s) 為：
G(s)H(s)=K⋅1s(s+7)(s+3)(s+2)G(s)H(s) = K \cdot \frac{1}{s(s+7)(s+3)(s+2)}
由於是負迴授系統，其閉迴路傳遞函數 T(s)T(s) 為：
T(s)=G(s)1+G(s)H(s)T(s) = \frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}
為了分析穩定性，我們只需關注其特徵方程式 (Characteristic Equation)，即 1+G(s)H(s)=01+G(s)H(s) = 0。
1+Ks(s+7)(s+3)(s+2)=01 + \frac{K}{s(s+7)(s+3)(s+2)} = 0
s(s+7)(s+3)(s+2)+K=0s(s+7)(s+3)(s+2) + K = 0

展開分母多項式：
s(s+7)(s+3)(s+2)=s(s2+10s+21)(s+2)s(s+7)(s+3)(s+2) = s(s^2 + 10s + 21)(s+2)
=s(s3+2s2+10s2+20s+21s+42)= s(s^3 + 2s^2 + 10s^2 + 20s + 21s + 42)
=s(s3+12s2+41s+42)= s(s^3 + 12s^2 + 41s + 42)
=s4+12s3+41s2+42s= s^4 + 12s^3 + 41s^2 + 42s

所以特徵方程式為：
s4+12s3+41s2+42s+K=0s^4 + 12s^3 + 41s^2 + 42s + K = 0

接下來，我們使用勞斯穩定準則來判斷使系統穩定的 KK 的範圍。
勞斯表如下：
s4∣141Ks^4 | \quad 1 \quad \quad 41 \quad K
s3∣12420s^3 | \quad 12 \quad 42 \quad 0
s2∣b1b20s^2 | \quad b_1 \quad b_2 \quad 0
s1∣c10s^1 | \quad c_1 \quad 0
s0∣d1s^0 | \quad d_1

計算 b1b_1 和 b2b_2：
b1=12⋅41−1⋅4212=492−4212=45012=752=37.5b_1 = \frac{12 \cdot 41 - 1 \cdot 42}{12} = \frac{492 - 42}{12} = \frac{450}{12} = \frac{75}{2} = 37.5
b2=12⋅0−1⋅012=0b_2 = \frac{12 \cdot 0 - 1 \cdot 0}{12} = 0

計算 c1c_1：
c1=b1⋅42−12⋅b2b1=37.5⋅42−12⋅037.5=42c_1 = \frac{b_1 \cdot 42 - 12 \cdot b_2}{b_1} = \frac{37.5 \cdot 42 - 12 \cdot 0}{37.5} = 42

計算 d1d_1：
d1=c1⋅b2−b1⋅0c1=42⋅0−37.5⋅042=0d_1 = \frac{c_1 \cdot b_2 - b_1 \cdot 0}{c_1} = \frac{42 \cdot 0 - 37.5 \cdot 0}{42} = 0 (這裡有誤，應為

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第 2 題10 分

  1. Consider the circuit of a controller illustrated in Figure 2 and answer the following questions:
    (a) Find the transfer function Vo(s)/Vi(s)V_o(s)/V_i(s) of this controller. (10%)
    (b) Calculate the controller Vo(t)V_o(t), where R1=100kΩR_1 = 100k\Omega, R2=100kΩR_2 = 100k\Omega, C1=60μFC_1 = 60\mu F, C2=60μFC_2 = 60\mu F, Vi(t)=10VV_i(t) = 10V. (5%)
    🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
    Figure 2 Circuit of a controller
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核心觀念

此電路由兩級理想反相運算放大器組成：

  • 第一級：輸入阻抗為 R1R_1 與 C1C_1 的並聯，回授阻抗為 R2R_2 與 C2C_2 的並聯。
  • 第二級：輸入電阻為 R2R_2，回授電阻為 R1R_1。

理想反相放大器的傳遞函數為

Vo(s)Vi(s)=−Zf(s)Zi(s).\frac{V_o(s)}{V_i(s)}=-\frac{Z_f(s)}{Z_i(s)}.

(a) 傳遞函數

第一級的輸入與回授阻抗分別為

Zi1=R1∥1sC1=R11+sR1C1,Z_{i1}=R_1\parallel \frac{1}{sC_1} =\frac{R_1}{1+sR_1C_1}, Zf1=R2∥1sC2=R21+sR2C2.Z_{f1}=R_2\parallel \frac{1}{sC_2} =\frac{R_2}{1+sR_2C_2}.

因此第一級輸出為

V1(s)Vi(s)=−Zf1Zi1=−R2R11+sR1C11+sR2C2.\frac{V_1(s)}{V_i(s)} =-\frac{Z_{f1}}{Z_{i1}} =-\frac{R_2}{R_1} \frac{1+sR_1C_1}{1+sR_2C_2}.

第二級為一般反相放大器，因此

Vo(s)V1(s)=−R1R2.\frac{V_o(s)}{V_1(s)}=-\frac{R_1}{R_2}.

兩級串接後，兩個負號相乘為正：

Vo(s)Vi(s)=Vo(s)V1(s)V1(s)Vi(s).\frac{V_o(s)}{V_i(s)} = \frac{V_o(s)}{V_1(s)} \frac{V_1(s)}{V_i(s)}.

故

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第 3 題15 分

  1. Please derive the state space formulation for the DC motor model as that illustrated in Figure 3. (15%)
    🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
    Figure 3 Illustration of a separately excited motor
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核心觀念

此題考查直流馬達的電氣與機械方程式，並將其改寫為狀態空間形式。

由於是他激式直流馬達，磁場電流固定，因此反電動勢常數 KeK_e 與轉矩常數 KtK_t 均為定值：

eb=Keωme_b=K_e\omega_m Tm=KtiaT_m=K_t i_a

選取三個狀態變數：

x1=ia,x2=ωm,x3=θmx_1=i_a,\qquad x_2=\omega_m,\qquad x_3=\theta_m

其中 iai_a 為電樞電流、ωm\omega_m 為轉子角速度、θm\theta_m 為轉子角位置。

解題方法

1. 電氣方程式

依據電樞迴路的克希荷夫電壓定律：

ea=Raia+Ladiadt+ebe_a=R_ai_a+L_a\frac{di_a}{dt}+e_b

代入 eb=Keωme_b=K_e\omega_m：

diadt=−RaLaia−KeLaωm+1Laea\frac{di_a}{dt} = -\frac{R_a}{L_a}i_a -\frac{K_e}{L_a}\omega_m +\frac{1}{L_a}e_a

2. 機械方程式

依據轉動型牛頓定律，馬達轉矩扣除負載轉矩與黏滯摩擦轉矩後，等於慣性轉矩：

Jmdωmdt=Tm−TL−BmωmJ_m\frac{d\omega_m}{dt} = T_m-T_L-B_m\omega_m

代入 Tm=KtiaT_m=K_ti_a：

dωmdt=KtJmia−BmJmωm−1JmTL\frac{d\omega_m}{dt} = \frac{K_t}{J_m}i_a -\frac{B_m}{J_m}\omega_m -\frac{1}{J_m}T_L

3. 角位置方程式

角速度與角位置的關係為：

dθmdt=ωm\frac{d\theta_m}{dt}=\omega_m

狀態空間表示式

令

x=[iaωmθm]\boldsymbol{x} = \begin{bmatrix} i_a\\ \omega_m\\ \theta_m \end{bmatrix}

若將電樞電壓 eae_a 與負載轉矩 TLT_L 都視為輸入，定義

u=[eaTL]\boldsymbol{u} = \begin{bmatrix} e_a\\ T_L \end{bmatrix}

則系統可寫成：

x˙=Ax+Bu\dot{\boldsymbol{x}} = A\boldsymbol{x}+B\boldsymbol{u}

其中

A=[−RaLa−KeLa0KtJm−BmJm0010]A= \begin{bmatrix} -\dfrac{R_a}{L_a} & -\dfrac{K_e}{L_a} & 0\\[6pt] \dfrac{K_t}{J_m} & -\dfrac{B_m}{J_m} & 0\\[6pt] 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} B=[1La00−1Jm00]B= \begin{bmatrix} \dfrac{1}{L_a} & 0\\[6pt] 0 & -\dfrac{1}{J_m}\\[6pt] 0 & 0 \end{bmatrix}

因此：

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第 4 題5 分

  1. The dynamic equation of a system is given as below.
    (a) Determine whether the system is controllable. (5%)
    (b) Design a state feedback law u=−kXu=-kX which generates a closed-loop system with eigenvalues -1, -3, -4. (10%)
{X˙=[−1032−1−1−31−2]X+[001]uy=[121]X\begin{cases} \dot{X} = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 3 \\ 2 & -1 & -1 \\ -3 & 1 & -2 \end{bmatrix} X + \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} u \\ y = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 1 \end{bmatrix} X \end{cases}

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這一題的完整詳解

本題考驗系統的可控性判斷以及狀態回授設計。

系統的狀態空間表示為：
X˙=AX+Bu\dot{X} = AX + Bu
y=CXy = CX

其中，
A=[−1032−1−1−31−2]A = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 3 \\ 2 & -1 & -1 \\ -3 & 1 & -2 \end{bmatrix}
B=[001]B = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}
C=[121]C = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 1 \end{bmatrix}

(a) 判斷系統的可控性 (Controllability)

一個系統是可控的，若且唯若其可控性矩陣 (Controllability Matrix) C=[BABA2B]\mathcal{C} = \begin{bmatrix} B & AB & A^2B \end{bmatrix} 的秩 (rank) 等於系統的階數 nn。
在這個例子中，n=3n=3 (因為 AA 是一個 3x3 矩陣)。

首先，計算 ABAB：
AB=[−1032−1−1−31−2][001]=[(−1)(0)+(0)(0)+(3)(1)(2)(0)+(−1)(0)+(−1)(1)(−3)(0)+(1)(0)+(−2)(1)]=[3−1−2]AB = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 3 \\ 2 & -1 & -1 \\ -3 & 1 & -2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (-1)(0) + (0)(0) + (3)(1) \\ (2)(0) + (-1)(0) + (-1)(1) \\ (-3)(0) + (1)(0) + (-2)(1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \\ -1 \\ -2 \end{bmatrix}

接下來，計算 A2BA^2B。首先計算 A2A^2：
A2=A⋅A=[−1032−1−1−31−2][−1032−1−1−31−2]A^2 = A \cdot A = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 3 \\ 2 & -1 & -1 \\ -3 & 1 & -2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 & 0 & 3 \\ 2 & -1 & -1 \\ -3 & 1 & -2 \end{bmatrix}
A2=[(−1)(−1)+0(2)+3(−3)(−1)(0)+0(−1)+3(1)(−1)(3)+0(−1)+3(−2)2(−1)+(−1)(2)+(−1)(−3)2(0)+(−1)(−1)+(−1)(1)2(3)+(−1)(−1)+(−1)(−2)−3(−1)+1(2)+(−2)(−3)−3(0)+1(−1)+(−2)(1)−3(3)+1(−1)+(−2)(−2)]A^2 = \begin{bmatrix} (-1)(-1)+0(2)+3(-3) & (-1)(0)+0(-1)+3(1) & (-1)(3)+0(-1)+3(-2) \\ 2(-1)+(-1)(2)+(-1)(-3) & 2(0)+(-1)(-1)+(-1)(1) & 2(3)+(-1)(-1)+(-1)(-2) \\ -3(-1)+1(2)+(-2)(-3) & -3(0)+1(-1)+(-2)(1) & -3(3)+1(-1)+(-2)(-2) \end{bmatrix}
A2=[1+0−90+0+3−3+0−6−2−2+30+1−16+1+23+2+60−1−2−9−1+4]=[−83−9−10911−3−6]A^2 = \begin{bmatrix} 1+0-9 & 0+0+3 & -3+0-6 \\ -2-2+3 & 0+1-1 & 6+1+2 \\ 3+2+6 & 0-1-2 & -9-1+4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -8 & 3 & -9 \\ -1 & 0 & 9 \\ 11 & -3 & -6 \end{bmatrix}

現在計算 A2BA^2B：
A2B=A2⋅B=[−83−9−10911−3−6][001]=[(−8)(0)+(3)(0)+(−9)(1)(−1)(0)+(0)(0)+(9)(1)(11)(0)+(−3)(0)+(−6)(1)]=[−99−6]A^2B = A^2 \cdot B = \begin{bmatrix} -8 & 3 & -9 \\ -1 & 0 & 9 \\ 11 & -3 & -6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (-8)(0) + (3)(0) + (-9)(1) \\ (-1)(0) + (0)(0) + (9)(1) \\ (11)(0) + (-3)(0) + (-6)(1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -9 \\ 9 \\ -6 \end{bmatrix}

現在組成可控性矩陣 C\mathcal{C}：
C=[BABA2B]=[03−90−191−2−6]\mathcal{C} = \begin{bmatrix} B & AB & A^2B \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 3 & -9 \\ 0 & -1 & 9 \\ 1 & -2 & -6 \end{bmatrix}

計算 C\mathcal{C} 的秩。我們可以計算其行列式 (determinant)。如果行列式不為零，則秩為 3。
det(C)=0⋅det([−19−2−6])−3⋅det([091−6])+(−9)⋅det([0−11−2])det(\mathcal{C}) = 0 \cdot det(\begin{bmatrix} -1 & 9 \\ -2 & -6 \end{bmatrix}) - 3 \cdot det(\begin{bmatrix} 0 & 9 \\ 1 & -6 \end{bmatrix}) + (-9) \cdot det(\begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & -2 \end{bmatrix})
det(C)=0−3⋅((0)(−6)−(9)(1))−9⋅((0)(−2)−(−1)(1))det(\mathcal{C}) = 0 - 3 \cdot ((0)(-6) - (9)(1)) - 9 \cdot ((0)(-2) - (-1)(1))
det(C)=−3⋅(0−9)−9⋅(0+1)det(\mathcal{C}) = -3 \cdot (0 - 9) - 9 \cdot (0 + 1)
det(C)=−3⋅(−9)−9⋅(1)det(\mathcal{C}) = -3 \cdot (-9) - 9 \cdot (1)
det(C)=27−9=18det(\mathcal{C}) = 27 - 9 = 18

因為 det(C)=18≠0det(\mathcal{C}) = 18 \neq 0，所以 C\mathcal{C} 的秩為 3。
由於系統的階數 n=3n=3 且可控性矩陣的秩為 3，因此系統是可控的。

(b) 設計狀態回授律 u=−kXu=-kX

我們需要設計一個狀態回授律 u=−kXu = -kX (其中 kk 是一個 1x3 的行向量) 使得閉迴路系統的特徵值為 -1, -3, -4。
閉迴路系統的狀態方程式為：
X˙=AX+Bu=AX+B(−kX)=(A−Bk)X\dot{X} = AX + B u = AX + B (-kX) = (A - Bk)X

閉迴路系統的特徵值是矩陣 (A−Bk)(A - Bk) 的特徵值。
我們希望 (A−Bk)(A - Bk) 的特徵值為 λ1=−1\lambda_1 = -1, λ2=−3\lambda_2 = -3, λ3=−4\lambda_3 = -4。

閉迴路系統的特徵多項式 pcl(s)p_{cl}(s) 為：
pcl(s)=(s−λ1)(s−λ2)(s−λ3)=(s−(−1))(s−(−3))(s−(−4))p_{cl}(s) = (s - \lambda_1)(s - \lambda_2)(s - \lambda_3) = (s - (-1))(s - (-3))(s - (-4))
pcl(s)=(s+1)(s+3)(s+4)p_{cl}(s) = (s+1)(s+3)(s+4)
pcl(s)=(s2+4s+3)(s+4)p_{cl}(s) = (s^2 + 4s + 3)(s+4)
pcl(s)=s3+4s2+3s+4s2+16s+12p_{cl}(s) = s^3 + 4s^2 + 3s + 4s^2 + 16s + 12
pcl(s)=s3+8s2+19s+12p_{cl}(s) = s^3 + 8s^2 + 19s + 12

現在，我們計算開迴路系統的特徵多項式 pol(s)=det(sI−A)p_{ol}(s) = det(sI - A)。
sI−A=s[100010001]−[−1032−1−1−31−2]=[s+10−3−2s+113−1s+2]sI - A = s \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} -1 & 0 & 3 \\ 2 & -1 & -1 \\ -3 & 1 & -2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} s+1 & 0 & -3 \\ -2 & s+1 & 1 \\ 3 & -1 & s+2 \end{bmatrix}

det(sI−A)=(s+1)⋅det([s+11−1s+2])−0⋅det(… )+(−3)⋅det([−2s+13−1])det(sI - A) = (s+1) \cdot det(\begin{bmatrix} s+1 & 1 \\ -1 & s+2 \end{bmatrix}) - 0 \cdot det(\dots) + (-3) \cdot det(\begin{bmatrix} -2 & s+1 \\ 3 & -1 \end{bmatrix})
det(sI−A)=(s+1)[(s+1)(s+2)−(1)(−1)]−3[(−2)(−1)−(s+1)(3)]det(sI - A) = (s+1) [ (s+1)(s+2) - (1)(-1) ] - 3 [ (-2)(-1) - (s+1)(3) ]

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第 5 題10 分

  1. Consider the closed-loop system represented in the state space as follows:
{X˙=AX+Bry=CX\begin{cases} \dot{X} = AX + Br \\ y = CX \end{cases}

(a) Define the steady state solution, XssX_{ss} for XX is,
Xss=[V1,V2,…,Vn]TX_{ss} = [V_1, V_2, \dots, V_n]^T
Giving a unit step function r=1r=1 as the input, please derive the steady state error:
ess=1+CA−1Be_{ss} = 1+CA^{-1}B. (10%)

(b) Define the steady state solution, XssX_{ss} for XX is,
Xss=[V1t+W1,V2t+W2,…,Vnt+Wn]TX_{ss} = [V_1 t+W_1, V_2 t+W_2, \dots, V_n t+W_n]^T
Giving a ramp step function r=tr=t as the input, please derive the steady state error:
ess=lim⁡t→∞[1+CA−1B]t+CA−1A−1Be_{ss} = \lim_{t \to \infty} [1 + C A^{-1}B]t + C A^{-1}A^{-1}B. (10%)

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核心觀念

本題考查狀態空間系統在單位階躍輸入與斜坡輸入下的穩態誤差。

系統為

X˙=AX+Br,y=CX\dot{X}=AX+Br,\qquad y=CX

並定義誤差為

e(t)=r(t)−y(t)=r(t)−CX(t).e(t)=r(t)-y(t)=r(t)-CX(t).

推導時使用以下觀念：

  1. 穩態時，若輸入為常數，狀態導數為零，即 X˙ss=0\dot{X}_{ss}=0。
  2. 對斜坡輸入 r=tr=t，狀態不會趨近常數，因此須設法求出其一次多項式形式的特解。
  3. 假設 AA 可逆，且系統具有穩定性，使穩態解具有意義。

(a) 單位階躍輸入

輸入為單位階躍的穩態值：

r(t)=1.r(t)=1.

題目指定穩態狀態為常數向量

Xss=[V1V2⋮Vn].X_{ss}= \begin{bmatrix} V_1\\ V_2\\ \vdots\\ V_n \end{bmatrix}.

由於 XssX_{ss} 為常數，故

X˙ss=0.\dot{X}_{ss}=0.

代入狀態方程式：

0=AXss+B.0=AX_{ss}+B.

因此

AXss=−B.AX_{ss}=-B.

因為 AA 可逆，所以

Xss=−A−1B.X_{ss}=-A^{-1}B.

輸出穩態值為

yss=CXss=C(−A−1B)=−CA−1B.y_{ss}=CX_{ss} =C(-A^{-1}B) =-CA^{-1}B.

誤差定義為 e=r−ye=r-y，因此單位階躍輸入的穩態誤差為

ess=1−yss.e_{ss}=1-y_{ss}.

代入 yssy_{ss}：

ess=1+CA−1B\boxed{ e_{ss}=1+CA^{-1}B }

(b) 斜坡輸入

輸入為單位斜坡：

r(t)=t.r(t)=t.

由於輸入隨時間線性增加，狀態一般也會呈現一次函數形式，因此令

X(t)=Vt+W,X(t)=Vt+W,

其中

V=[V1V2⋮Vn],W=[W1W2⋮Wn].V= \begin{bmatrix} V_1\\ V_2\\ \vdots\\ V_n \end{bmatrix}, \qquad W= \begin{bmatrix} W_1\\ W_2\\ \vdots\\ W_n \end{bmatrix}.

也就是

X(t)=[V1t+W1V2t+W2⋮Vnt+Wn].X(t)= \begin{bmatrix} V_1t+W_1\\ V_2t+W_2\\ \vdots\\ V_nt+W_n \end{bmatrix}.

其導數為

X˙(t)=V.\dot{X}(t)=V.

代入狀態方程式：

V=A(Vt+W)+Bt.V=A(Vt+W)+Bt.

整理含 tt 與常數的項：

V=(AV+B)t+AW.V=(AV+B)t+AW.

因為左側為常數，右側的 tt 項係數必須為零，因此

AV+B=0.AV+B=0.

解得

V=−A−1B.V=-A^{-1}B.

比較常數項：

V=AW.V=AW.

因此

W=A−1V.W=A^{-1}V.

代入 V=−A−1BV=-A^{-1}B：

W=−A−1A−1B.W=-A^{-1}A^{-1}B.

故狀態為

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第 6 題10 分

  1. Consider a plant which is controlled by a state feedback design as below:
{X˙=AX+Buy=CX\begin{cases} \dot{X} = AX + Bu \\ y = CX \end{cases}

where

A=[01−3−5],B=[01],C=[10],and u=−KXA = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -3 & -5 \end{bmatrix}, B = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}, C = \begin{bmatrix} 1 & 0 \end{bmatrix}, \text{and } u = -KX

(a) Please derive the state space formulation for the system which is controlled by the PI type control design as shown in Figure 4. (10%)
🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
Figure 4 PI type Control Design for a closed-loop system

(b) Based on the system parameters (A, B, C) as depicted above, please find out K and KeK_e with roots of the desired characteristic equation are s=−1s=-1, s=−2s=-2, and s=−3s=-3. (10%)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查：

  • 狀態回授控制律 u=−KXu=-KX。
  • PI 控制器以誤差積分器增加一個額外狀態。
  • 增廣狀態空間模型。
  • 以特徵方程式係數配置法求取 KK 與 KeK_e。

由圖可知，積分器輸入為

e=r−y=r−CXe=r-y=r-CX

因此令積分器輸出為 XNX_N，則

X˙N=e=r−CX\dot{X}_N=e=r-CX

控制輸入為

u=−KX+KeXNu=-KX+K_eX_N

其中

K=[k1k2]K=\begin{bmatrix}k_1&k_2\end{bmatrix}

(a) PI 控制下的狀態空間模型

原系統為

X˙=AX+Bu\dot{X}=AX+Bu

代入

u=−KX+KeXNu=-KX+K_eX_N

可得

X˙=(A−BK)X+BKeXN\dot{X}=(A-BK)X+BK_eX_N

又因為

X˙N=r−CX\dot{X}_N=r-CX

定義增廣狀態

Xa=[XXN]X_a= \begin{bmatrix} X\\ X_N \end{bmatrix}

則增廣狀態方程為

[X˙X˙N]=[A−BKBKe−C0][XXN]+[01]r\begin{bmatrix} \dot{X}\\ \dot{X}_N \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A-BK & BK_e\\ -C & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} X\\ X_N \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}r

輸出方程為

y=[C0][XXN]y= \begin{bmatrix} C&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} X\\ X_N \end{bmatrix}

因此，PI 控制系統的增廣狀態空間表示為

X˙a=[A−BKBKe−C0]Xa+[01]r\boxed{ \dot{X}_a= \begin{bmatrix} A-BK & BK_e\\ -C & 0 \end{bmatrix}X_a+ \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}r } y=[C0]Xa\boxed{ y=\begin{bmatrix}C&0\end{bmatrix}X_a }

(b) 求取 KK 與 KeK_e

已知

A=[01−3−5],B=[01],C=[10]A= \begin{bmatrix} 0&1\\ -3&-5 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}, \qquad C= \begin{bmatrix} 1&0 \end{bmatrix}

令

K=[k1k2]K=\begin{bmatrix}k_1&k_2\end{bmatrix}

則

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