111 年 國立成功大學系統及船舶機電工程研究所丁組《自動控制》

核心觀念

本題考查狀態空間模型與輸入—輸出轉移函數之間的轉換。

對於線性定常系統

$$\dot{X}=AX+BU,\qquad Y=CX+DU$$

在零初始條件下，經拉普拉斯轉換可得

$$sX(s)=AX(s)+BU(s)$$

因此

$$(sI-A)X(s)=BU(s)$$

若 $sI-A$ 可逆，則

$$X(s)=(sI-A)^{-1}BU(s)$$

代回輸出方程式：

$$Y(s)=C(sI-A)^{-1}BU(s)+DU(s)$$

所以輸入 $U$ 到輸出 $Y$ 的轉移函數為

$$\boxed{G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)} =C(sI-A)^{-1}B+D}$$

題目雖稱為 closed-loop transfer，但給定模型中沒有另外畫出回授結構，因此實際上是由狀態空間模型求取輸入—輸出轉移函數。

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（i）一般形式推導

由

$$\dot{X}=AX+BU$$

在零初始條件下進行拉普拉斯轉換：

$$sX(s)=AX(s)+BU(s)$$

整理得

$$(sI-A)X(s)=BU(s)$$

故

$$X(s)=(sI-A)^{-1}BU(s)$$

輸出方程式為

$$Y(s)=CX(s)+DU(s)$$

代入 $X(s)$：

$$\begin{aligned} Y(s) &=C(sI-A)^{-1}BU(s)+DU(s)\\ &=\left[C(sI-A)^{-1}B+D\right]U(s) \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{ G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)} =C(sI-A)^{-1}B+D }$$

其中：

• $C(sI-A)^{-1}B$ 為由狀態變數傳遞至輸出的動態部分。
• $D$ 為輸入直接傳遞至輸出的 direct transmission 或 feedthrough 項。
• 轉移函數的推導必須假設初始狀態為零。

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（ii）代入指定系統矩陣

已知

$$A= \begin{bmatrix} -1&1\\ 0&-6 \end{bmatrix}, \quad B= \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix}, \quad C= \begin{bmatrix} 1&0 \end{bmatrix}, \quad D= \begin{bmatrix} 0 \end{bmatrix}$$

步驟一：求取 $sI-A$

二階單位矩陣為

$$I= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{bmatrix}$$

因此

$$sI-A = \begin{bmatrix} s&0\\ 0&s \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} -1&1\\ 0&-6 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} s+1&-1\\ 0&s+6 \end{bmatrix}$$

步驟二：求取 $(sI-A)^{-1}$

對於上三角矩陣

$$\begin{bmatrix} a&b\\ 0&d \end{bmatrix}$$

其反矩陣為

核心觀念

本題考查線性時不變狀態空間系統對拋物線輸入的穩態追蹤誤差。定義追蹤誤差為

$$e(t)=r(t)-y(t)$$

其中

$$r(t)=\frac{1}{2}t^2,\qquad y(t)=Cx(t)$$

不使用 Final Value Theorem，而直接由狀態方程求出多項式形式的特解，再分析暫態項是否衰減。

以下假設 $A$ 為 Hurwitz 矩陣，且 $A$ 可逆，使得 $e^{At}x(0)\to 0$。

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解題方法：直接求狀態的多項式特解

由於輸入是二次多項式，設穩態特解為

$$x_{\mathrm{p}}(t)=x_2t^2+x_1t+x_0$$

因此

$$\dot{x}_{\mathrm{p}}(t)=2x_2t+x_1$$

代入

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

得

$$2x_2t+x_1 = A(x_2t^2+x_1t+x_0)+\frac{1}{2}Bt^2$$

比較各次方係數：

$t^2$ 項：

$$Ax_2+\frac{1}{2}B=0$$

因此

$$x_2=-\frac{1}{2}A^{-1}B$$

$t$ 項：

$$2x_2=Ax_1$$

因此

$$x_1=A^{-1}(2x_2)=-A^{-2}B$$

常數項：

$$x_1=Ax_0$$

因此

$$x_0=A^{-1}x_1=-A^{-3}B$$

所以狀態可表示為

$$x(t) = -\frac{1}{2}A^{-1}Bt^2 -A^{-2}Bt -A^{-3}B +e^{At}k$$

其中 $k$ 為由初始條件決定的常數向量。由於 $A$ 為 Hurwitz 矩陣，

$$e^{At}k\to 0 \qquad (t\to\infty)$$

故輸出為

$$y(t) = -\frac{1}{2}CA^{-1}Bt^2 -CA^{-2}Bt -CA^{-3}B +Ce^{At}k$$

而

$$e(t)=\frac{1}{2}t^2-y(t)$$

因此

$$\boxed{ e(t) = \frac{1}{2}\left(1+CA^{-1}B\right)t^2 +CA^{-2}Bt +CA^{-3}B -Ce^{At}k }$$

因為最後一項為衰減暫態，故穩態誤差的漸近形式為

$$\boxed{ e_{\mathrm{ss}}(t) = \frac{1}{2}\left(1+CA^{-1}B\right)t^2 +CA^{-2}Bt +CA^{-3}B }$$

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(i) 一般形式的穩態誤差

由上式可知：

• 若

  $$1+CA^{-1}B\neq 0$$

  則二次項不為零，$e(t)$ 以 $t^2$ 成長，故穩態誤差發散。

• 若

  $$1+CA^{-1}B=0$$

  但

  $$CA^{-2}B\neq 0$$

  則誤差以 $t$ 成長，仍然發散。

• 若

  $$1+CA^{-1}B=0,\qquad CA^{-2}B=0$$

  則二次項與一次項皆消失，有限穩態誤差為

  $$\boxed{e(\infty)=CA^{-3}B}$$

因此，本題由 $A,B,C$ 所決定的完整結果為

$$\boxed{ e(t) = \frac{1}{2}\left(1+CA^{-1}B\right)t^2 +CA^{-2}Bt +CA^{-3}B +o(1) }$$

其中 $o(1)\to 0$。只有在前兩項係數皆為零時，$e(\infty)$ 才是有限值。

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此題考查狀態觀測器（State Observer）的設計原理，即分離原理（Separation Principle），並解釋其在實際控制設計中的意義。

分離原理指出，在線性時不變（LTI）系統中，使用狀態觀測器來估計系統狀態，並基於估計的狀態設計控制器時，閉迴路系統的極點（或稱為系統的動態特性）由兩部分決定：一部分是控制器設計所期望的極點位置，另一部分是狀態觀測器所期望的極點位置。這兩部分是相互獨立的，即我們可以在控制器設計中任意配置控制器極點，在觀測器設計中任意配置觀測器極點，而這兩者的選擇不會相互影響。

分離原理的推導：

考慮一個線性系統（Plant）：

$$\begin{aligned} \dot{x}(t) &= Ax(t) + Bu(t) \\ y(t) &= Cx(t) \end{aligned}$$

其中 $x(t) \in \mathbb{R}^n$ 是狀態向量，$u(t) \in \mathbb{R}^m$ 是控制輸入向量，$y(t) \in \mathbb{R}^p$ 是輸出向量，$A, B, C$ 是系統矩陣。

我們假設使用狀態回授控制器來設計控制器，其形式為 $u(t) = -K\hat{x}(t) + r(t)$，其中 $\hat{x}(t)$ 是對真實狀態 $x(t)$ 的估計，$K$ 是狀態回授矩陣， $r(t)$ 是參考輸入。

同時，我們設計一個狀態觀測器（State Observer）來估計系統狀態 $\hat{x}(t)$。一個常用的 Luenberger 觀測器的結構為：

$$\dot{\hat{x}}(t) = A\hat{x}(t) + Bu(t) + L(y(t) - \hat{y}(t))$$

其中 $L$ 是觀測器增益矩陣，$\hat{y}(t) = C\hat{x}(t)$ 是估計的輸出。
將 $y(t) = Cx(t)$ 和 $\hat{y}(t) = C\hat{x}(t)$ 代入觀測器方程式：

$$\dot{\hat{x}}(t) = A\hat{x}(t) + Bu(t) + L(Cx(t) - C\hat{x}(t))$$ $$\dot{\hat{x}}(t) = (A - LC)\hat{x}(t) + Bu(t) + LCx(t)$$

令狀態估計誤差為 $e(t) = x(t) - \hat{x}(t)$。對誤差求導：

$$\dot{e}(t) = \dot{x}(t) - \dot{\hat{x}}(t)$$ $$\dot{e}(t) = (Ax(t) + Bu(t)) - [(A - LC)\hat{x}(t) + Bu(t) + LCx(t)]$$ $$\dot{e}(t) = Ax(t) - (A - LC)\hat{x}(t) - LCx(t)$$ $$\dot{e}(t) = Ax(t) - A\hat{x}(t) + LC\hat{x}(t) - LCx(t)$$ $$\dot{e}(t) = A(x(t) - \hat{x}(t)) - LC(x(t) - \hat{x}(t))$$ $$\dot{e}(t) = (A - LC)e(t)$$

這表明狀態估計誤差 $e(t)$ 的動態由矩陣 $A-LC$ 控制。為了使誤差快速收斂到零，我們希望 $A-LC$ 的特徵值（即觀測器的極點）位於複平面的左半部，且收斂速度足夠快。

現在，我們將控制器 $u(t) = -K\hat{x}(t) + r(t)$ 和觀測器動態結合起來，分析整個閉迴路系統的動態。
系統的真實狀態動態為 $\dot{x}(t) = Ax(t) + Bu(t)$。
將控制器代入：

$$\dot{x}(t) = Ax(t) + B(-K\hat{x}(t) + r(t))$$

此題要求將給定的非線性系統在指定的線性化點進行線性化。線性化是將非線性系統在某個工作點附近用線性系統來近似描述的方法，常用於分析和設計控制系統。

線性化的基本思想是利用泰勒級數展開，並取展開式的一階項。對於一個多變數函數 $f(x_1, x_2, \dots, x_n)$，在點 $(x_{10}, x_{20}, \dots, x_{n0})$ 附近的一階泰勒展開為：
$f(x_1, \dots, x_n) \approx f(x_{10}, \dots, x_{n0}) + \sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial x_i}|_{(x_0)} (x_i - x_{i0})$

對於一個狀態空間表示的非線性系統：
$\dot{x}_i = f_i(x_1, \dots, x_n, u)$
線性化後的形式為：
$\Delta\dot{x}_i = \sum_{j=1}^n \frac{\partial f_i}{\partial x_j}|_{(x_0, u_0)} \Delta x_j + \frac{\partial f_i}{\partial u}|_{(x_0, u_0)} \Delta u$
其中 $\Delta x_i = x_i - x_{i0}$ 和 $\Delta u = u - u_0$。
線性化後的系統可以寫成矩陣形式：$\Delta\dot{x} = A_{linear} \Delta x + B_{linear} \Delta u$，其中 $A_{linear}$ 和 $B_{linear}$ 是由偏導數組成的矩陣。

給定的非線性系統為：

$$\begin{aligned} \dot{x}_1 &= x_2 \\ \dot{x}_2 &= x_1^2 + 4x_2 + \sin(x_3) + 2u\cos(x_1) \\ \dot{x}_3 &= x_1 \\ \dot{x}_4 &= 2x_1 + x_2\cos(x_2) + 3u \end{aligned}$$

線性化點為 $[x_{01}\ x_{02}\ x_{03}\ x_{04}\ u_0] = [0\ 0\ 0\ 0\ 0]$。
我們需要計算每個狀態方程右側函數對各個狀態變數 $x_1, x_2, x_3, x_4$ 和輸入 $u$ 的偏導數，並在線性化點 $(0, 0, 0, 0, 0)$ 處求值。

令 $f_1, f_2, f_3, f_4$ 分別代表 $\dot{x}_1, \dot{x}_2, \dot{x}_3, \dot{x}_4$ 右側的函數。

1. 對於 $\dot{x}_1 = x_2$：
$f_1(x_1, x_2, x_3, x_4, u) = x_2$
$\frac{\partial f_1}{\partial x_1} = 0$
$\frac{\partial f_1}{\partial x_2} = 1$
$\frac{\partial f_1}{\partial x_3} = 0$
$\frac{\partial f_1}{\partial x_4} = 0$
$\frac{\partial f_1}{\partial u} = 0$
在線性化點 $(0,0,0,0,0)$ 處，所有偏導數均為常數。
$\Delta\dot{x}_1 = 0 \cdot \Delta x_1 + 1 \cdot \Delta x_2 + 0 \cdot \Delta x_3 + 0 \cdot \Delta x_4 + 0 \cdot \Delta u = \Delta x_2$

2. 對於 $\dot{x}_2 = x_1^2 + 4x_2 + \sin(x_3) + 2u\cos(x_1)$：
$f_2(x_1, x_2, x_3, x_4, u) = x_1^2 + 4x_2 + \sin(x_3) + 2u\cos(x_1)$
$\frac{\partial f_2}{\partial x_1} = 2x_1 - 2u\sin(x_1)$
$\frac{\partial f_2}{\partial x_2} = 4$
$\frac{\partial f_2}{\partial x_3} = \cos(x_3)$
$\frac{\partial f_2}{\partial x_4} = 0$
$\frac{\partial f_2}{\partial u} = 2\cos(x_1)$
在線性化點 $(0,0,0,0,0)$ 處求值：
$\frac{\partial f_2}{\partial x_1}|_{(0,0,0,0,0)} = 2(0) - 2(0)\sin(0) = 0$
$\frac{\partial f_2}{\partial x_2}|_{(0,0,0,0,0)} = 4$
$\frac{\partial f_2}{\partial x_3}|_{(0,0,0,0,0)} = \cos(0) = 1$
$\frac{\partial f_2}{\partial x_4}|_{(0,0,0,0,0)} = 0$
$\frac{\partial f_2}{\partial u}|_{(0,0,0,0,0)} = 2\cos(0) = 2(1) = 2$
$\Delta\dot{x}_2 = 0 \cdot \Delta x_1 + 4 \cdot \Delta x_2 + 1 \cdot \Delta x_3 + 0 \cdot \Delta x_4 + 2 \cdot \Delta u = 4\Delta x_2 + \Delta x_3 + 2\Delta u$

核心觀念

本題考查 Bode 圖中四個穩定度指標：

• 增益交越頻率 $\omega_{gc}$：幅值曲線通過 $0\ \mathrm{dB}$ 時的頻率。
• 相位交越頻率 $\omega_{pc}$：相位曲線通過 $-180^\circ$ 時的頻率。
• 相位裕度：

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

• 增益裕度：

$$GM=-M_{\mathrm{dB}}(\omega_{pc})$$

其中 $M_{\mathrm{dB}}(\omega_{pc})$ 是相位交越頻率處的幅值，且增益裕度通常以 dB 表示。

解題方法

由圖中的幅值曲線讀取：

1. 幅值曲線約在 $\omega=1\ \mathrm{rad/s}$ 通過 $0\ \mathrm{dB}$，因此

$$\boxed{\omega_{gc}\approx 1\ \mathrm{rad/s}}$$

2. 在 $\omega_{gc}$ 處，由相位圖讀得相位約為

$$\angle G(j\omega_{gc})\approx -90^\circ$$

因此相位裕度為

$$PM=180^\circ-90^\circ \approx 90^\circ$$