113 年 國立成功大學機械工程學系碩士班戊組《自動控制》

核心觀念

本題考查：

• 負回授系統的特徵方程式。
• Routh–Hurwitz 穩定判據。
• 二階系統百分比超越量與阻尼比的關係。
• 最終值定理與穩態誤差。
• 以加入積分器提高系統型別，使單位階梯輸入的穩態誤差為零。

由圖可知，誤差信號為

$$E(s)=R(s)-H(s)Y(s)$$

且

$$Y(s)=C(s)G(s)E(s)$$

因此閉迴路特徵方程式為

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

---

(a) 求穩定的控制增益 $K$ 範圍

已知

$$C(s)=K$$

開迴路傳遞函數為

$$C(s)G(s)H(s) = K\frac{(s+5)(s+4)} {(s+3)(s+7)(s+8)(s+6)(s+1)}$$

所以特徵方程式為

$$(s+3)(s+7)(s+8)(s+6)(s+1) + K(s+5)(s+4)=0$$

先展開：

$$(s+3)(s+7)(s+8)(s+6)(s+1) = s^5+25s^4+233s^3+983s^2+1782s+1008$$

因此特徵多項式為

$$s^5+25s^4+233s^3+(983+K)s^2+(1782+9K)s+(1008+20K)=0$$

Routh 表為

$$\begin{array}{c|ccc} s^5 & 1 & 233 & 1782+9K\\ s^4 & 25 & 983+K & 1008+20K\\ s^3 & \dfrac{4842-K}{25} & 1782+9K & 0\\ s^2 & \dfrac{3645936-1766K-K^2}{4842-K} &1008+20K&0\\ s^1 & \dfrac{25N(1782+9K)-(4842-K)^2(1008+20K)} {25N}&0&0\\ s^0 &1008+20K&& \end{array}$$

其中

$$N=3645936-1766K-K^2$$

系統穩定時，Routh 表第一欄必須全部為正。對 $K\geq 0$ 而言，最嚴格的限制來自 $s^1$ 列：

$$25N(1782+9K)-(4842-K)^2(1008+20K)>0$$

其正根約為

$$K=916.2$$

所以穩定範圍為

$$\boxed{0\leq K<916.2}$$

嚴格而言，$K=0$ 時系統仍具有穩定的開迴路極點，因此通常控制增益若要求正值，可寫成

$$\boxed{0<K<916.2}$$

---

(b) 百分比超越量為 $10\%$ 時的 $K$

1. 由百分比超越量求阻尼比

二階系統的百分比超越量為

$$M_p=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}$$

題目給定

$$M_p=0.1$$

因此

$$\zeta= \frac{-\ln(0.1)} {\sqrt{\pi^2+\ln^2(0.1)}} \approx 0.591$$

若令主導複數極點為

$$s=-\sigma+j\omega$$

則

$$\frac{\omega}{\sigma} = \frac{\sqrt{1-\zeta^2}}{\zeta} \approx 1.363$$

所以阻尼比線可表示為

$$s=-\sigma+j1.363\sigma$$

2. 使用根軌跡角度條件

開迴路極點為

$$-1,\,-3,\,-6,\,-7,\,-8$$

開迴路零點為

$$-4,\,-5$$

將

$$s=-\sigma+j1.363\sigma$$

代入根軌跡角度條件

$$\angle G(s)H(s)=-180^\circ$$

可得交點約為

$$s_d=-2.25\pm j3.06$$

再利用大小條件

$$K= \left| \frac{(s_d+3)(s_d+7)(s_d+8)(s_d+6)(s_d+1)} {(s_d+5)(s_d+4)} \right|$$

得到

$$\boxed{K\approx128}$$

3. 驗證二階近似

當 $K\approx128$ 時，閉迴路特徵多項式約為

$$s^5+25s^4+233s^3+1111s^2+2934s+3568$$

其主導複數極點約為

$$-2.25\pm j3.06$$

其餘極點約位於

$$-4.4,\quad -5.1,\quad -11$$

雖然複數極點比其他極點靠近虛軸，但最近的實極點約為 $-4.4$，與主導極點實部 $-2.25$ 的距離並不算非常大。因此二階近似只能視為近似估算，不能視為高度精確。

換言之，$K\approx128$ 是依二階主導極點所得到的設計值；實際五階系統的超越量應再由完整閉迴路響應驗證。

---

(c) $K=1$ 時的穩態誤差

假設輸入為單位階梯輸入：

此題主要考察二階系統的時域響應分析，包括系統定義、時間響應計算、規格與極零點的關係。

給定的系統傳遞函數為 $G(s) = \frac{\beta}{s^2 + as + \beta}$。
此為閉迴路傳遞函數，因為題目描述為「control system ($R(s)$ as the input, $G(s)$ as the plant, and $Y(s)$ as the output), whose transfer function is given as $G(s)$」。通常 $G(s)$ 代表開迴路傳遞函數，但這裡的描述更像是閉迴路傳遞函數 $T(s)$。
我們將 $G(s)$ 視為閉迴路傳遞函數 $T(s)$。
$T(s) = \frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{\beta}{s^2 + as + \beta}$。
系統輸入為單位階躍函數，即 $R(s) = \frac{1}{s}$。

(a) 什麼是欠阻尼二階系統？
一個二階系統的標準傳遞函數通常寫成 $T(s) = \frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2}$。
其中 $\omega_n$ 是自然頻率 (natural frequency)，$\zeta$ 是阻尼比 (damping ratio)。

• 當 $0 < \zeta < 1$ 時，系統稱為欠阻尼 (underdamped)。此時，系統的響應會出現超調 (overshoot) 和振盪 (oscillation)。
• 當 $\zeta = 1$ 時，系統稱為臨界阻尼 (critically damped)。此時響應最快且無超調。
  -當 $\zeta > 1$ 時，系統稱為過阻尼 (overdamped)。此時響應較慢且無超調。
  -當 $\zeta = 0$ 時，系統有純虛數極點，會產生持續振盪。
  -當 $\zeta < 0$ 時，系統不穩定。

因此，欠阻尼二階系統是指阻尼比 $\zeta$ 介於 0 和 1 之間的二階系統。其輸出響應會隨著時間衰減的振盪。

(b) 求輸出函數 $y(t)$ 的時間響應
我們有 $T(s) = \frac{\beta}{s^2 + as + \beta}$，且 $R(s) = \frac{1}{s}$。
$Y(s) = T(s)R(s) = \frac{\beta}{s(s^2 + as + \beta)}$。
為了求 $y(t)$，我們需要對 $Y(s)$ 進行拉普拉斯反轉換。
首先，我們需要對 $s^2 + as + \beta$ 的根進行分析。
此二次式的根為 $s = \frac{-a \pm \sqrt{a^2 - 4\beta}}{2}$。
由於系統是欠阻尼的，我們假設 $a^2 - 4\beta < 0$，即 $a^2 < 4\beta$。
令 $\omega_n = \sqrt{\beta}$，則 $\beta = \omega_n^2$。
令 $a = 2\zeta\omega_n$，則 $a^2 = 4\zeta^2\omega_n^2 = 4\zeta^2\beta$。
所以，欠阻尼條件 $a^2 < 4\beta$ 對應於 $4\zeta^2\beta < 4\beta$，即 $\zeta^2 < 1$，故 $0 \le \zeta < 1$。
（注意：這裡的 $a$ 和 $\beta$ 是給定參數，我們需要根據它們來判斷是否欠阻尼。如果題目已說明是欠阻尼，則 $a^2 < 4\beta$。）

特徵方程式為 $s^2 + as + \beta = 0$。
極點為 $s_{1,2} = \frac{-a \pm \sqrt{a^2 - 4\beta}}{2} = -\frac{a}{2} \pm j \frac{\sqrt{4\beta - a^2}}{2}$。
令 $\sigma = -\frac{a}{2}$ (實部) 和 $\omega_d = \frac{\sqrt{4\beta - a^2}}{2}$ (虛部振盪頻率)。
則極點為 $s_{1,2} = \sigma \pm j\omega_d$。
$Y(s) = \frac{\beta}{s(s - (\sigma + j\omega_d))(s - (\sigma - j\omega_d))}$。
我們對 $Y(s)$ 進行部分分式展開：
$Y(s) = \frac{A}{s} + \frac{B}{s - (\sigma + j\omega_d)} + \frac{C}{s - (\sigma - j\omega_d)}$。
$Y(s) = \frac{A}{s} + \frac{Bs + D}{s^2 - 2\sigma s + (\sigma^2+\omega_d^2)}$。
注意到 $\sigma^2 + \omega_d^2 = (\frac{-a}{2})^2 + (\frac{\sqrt{4\beta - a^2}}{2})^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{4\beta - a^2}{4} = \frac{4\beta}{4} = \beta$。
且 $-2\sigma = a$。
所以 $s^2 - 2\sigma s + (\sigma^2+\omega_d^2) = s^2 + as + \beta$。
$Y(s) = \frac{A}{s} + \frac{Bs + D}{s^2 + as + \beta}$。

求解係數 $A, B, D$:
$A = \lim_{s \to 0} sY(s) = \lim_{s \to 0} s \frac{\beta}{s(s^2 + as + \beta)} = \frac{\beta}{0^2 + a(0) + \beta} = \frac{\beta}{\beta} = 1$。
所以 $A=1$。
$Y(s) = \frac{1}{s} + \frac{Bs + D}{s^2 + as + \beta}$。
$\frac{\beta}{s(s^2 + as + \beta)} = \frac{1}{s} + \frac{Bs + D}{s^2 + as + \beta}$
$\frac{\beta}{s(s^2 + as + \beta)} = \frac{s^2 + as + \beta + s(Bs + D)}{s(s^2 + as + \beta)}$
$\beta = s^2 + as + \beta + Bs^2 + Ds$
$\beta = (1+B)s^2 + (a+D)s + \beta$
比較係數：
$s^2$ 項: $1+B = 0 \implies B = -1$。
$s$ 項: $a+D = 0 \implies D = -a$。
所以 $Y(s) = \frac{1}{s} + \frac{-s - a}{s^2 + as + \beta}$。
$Y(s) = \frac{1}{s} - \frac{s+a}{s^2 + as + \beta}$。

現在我們需要將 $\frac{s+a}{s^2 + as + \beta}$ 反轉換。
我們將其寫成 $\frac{s+a}{s^2 + as + \beta} = \frac{s + a/2 + a/2}{s^2 + as + \beta} = \frac{s + a/2}{s^2 + as + \beta} + \frac{a/2}{s^2 + as + \beta}$。
我們知道 $s^2 + as + \beta = (s - \sigma)^2 + \omega_d^2 = (s + a/2)^2 + (\frac{\sqrt{4\beta - a^2}}{2})^2$。
拉普拉斯轉換對：
$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s+\sigma}{(s+\sigma)^2 + \omega_d^2} \right\} = e^{-\sigma t} \cos(\omega_d t)$
$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{\omega_d}{(s+\sigma)^2 + \omega_d^2} \right\} = e^{-\sigma t} \sin(\omega_d t)$

所以，
$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s + a/2}{s^2 + as + \beta} \right\} = \mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s + a/2}{(s+a/2)^2 + \omega_d^2} \right\} = e^{-(a/2)t} \cos(\omega_d t)$。
$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{a/2}{s^2 + as + \beta} \right\} = \frac{a/2}{\omega_d} \mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{\omega_d}{(s+a/2)^2 + \omega_d^2} \right\} = \frac{a/2}{\omega_d} e^{-(a/2)t} \sin(\omega_d t)$。

因此，
$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s+a}{s^2 + as + \beta} \right\} = e^{-(a/2)t} \cos(\omega_d t) + \frac{a/2}{\omega_d} e^{-(a/2)t} \sin(\omega_d t)$。

最終的 $y(t)$ 為：
$y(t) = \mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s} \right\} - \mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s+a}{s^2 + as + \beta} \right\}$
$y(t) = 1 - \left( e^{-(a/2)t} \cos(\omega_d t) + \frac{a/2}{\omega_d} e^{-(a/2)t} \sin(\omega_d t) \right)$
$y(t) = 1 - e^{-(a/2)t} \left( \cos(\omega_d t) + \frac{a}{2\omega_d} \sin(\omega_d t) \right)$。
其中 $\sigma = -a/2$, $\omega_d = \frac{\sqrt{4\beta - a^2}}{2}$。
$y(t) = 1 - e^{-\sigma t} \left( \cos(\omega_d t) + \frac{-\sigma}{\omega_d} \sin(\omega_d t) \right)$。
我們可以將 $\cos(\omega_d t) + \frac{a}{2\omega_d} \sin(\omega_d t)$ 寫成一個相位的形式：
令 $R = \sqrt{1^2 + (\frac{a}{2\omega_d})^2} = \sqrt{1 + \frac{a^2}{4\omega_d^2}} = \sqrt{1 + \frac{a^2}{4\beta - a^2}} = \sqrt{\frac{4\beta - a^2 + a^2}{4\beta - a^2}} = \sqrt{\frac{4\beta}{4\beta - a^2}} = \frac{2\sqrt{\beta}}{\sqrt{4\beta - a^2}} = \frac{\sqrt{\beta}}{\omega_d}$。
令 $\phi = \arctan\left(\frac{a}{2\omega_d}\right)$。
則 $\cos(\omega_d t) + \frac{a}{2\omega_d} \sin(\omega_d t) = R (\frac{1}{R}\cos(\omega_d t) + \frac{a}{2\omega_d R}\sin(\omega_d t))$
$= R (\cos\phi \cos(\omega_d t) + \sin\phi \sin(\omega_d t)) = R \cos(\omega_d t - \phi)$。
所以 $y(t) = 1 - \frac{\sqrt{\beta}}{\omega_d} e^{-(a/2)t} \cos(\omega_d t - \phi)$。
其中 $\phi = \arctan\left(\frac{a}{2\omega_d}\right) = \arctan\left(\frac{a}{\sqrt{4\beta - a^2}}\right)$。

【答案】(b) $y(t) = 1 - e^{-(a/2)t} \left( \cos(\omega_d t) + \frac{a}{2\omega_d} \sin(\omega_d t) \right)$，其中 $\omega_d = \frac{\sqrt{4\beta - a^2}}{2}$。

(c) 求 $y(t)$ 的時間響應，並標明響應時間、沉降時間、上升時間和百分比超調量。
時間響應 $y(t)$ 已在 (b) 求得。
$y(t) = 1 - e^{-(a/2)t} \left( \cos(\omega_d t) + \frac{a}{2\omega_d} \sin(\omega_d t) \right)$。

• 上升時間 (Rise Time, $t_r$): 通常定義為輸出從 0% 上升到 100% 穩態值所需的時間。
  對於欠阻尼系統，上升時間的計算比較複雜，通常與 $\omega_n$ 和 $\zeta$ 有關。
  對於標準二階系統 $T(s) = \frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2}$，
  $t_r \approx \frac{\pi - \arccos(\zeta)}{\omega_d} = \frac{\pi}{\omega_n \sqrt{1-\zeta^2}}$。
  在我們的系統中，$\omega_n = \sqrt{\beta}$，$\zeta = \frac{a}{2\omega_n} = \frac{a}{2\sqrt{\beta}}$。
  $\omega_d = \omega_n \sqrt{1-\zeta^2} = \sqrt{\beta} \sqrt{1 - (\frac{a}{2\sqrt{\beta}})^2} = \sqrt{\beta - \frac{a^2}{4}} = \frac{\sqrt{4\beta - a^2}}{2}$。
  所以，$t_r \approx \frac{\pi}{\omega_d}$。
  $t_r \approx \frac{\pi}{\frac{\sqrt{4\beta - a^2}}{2}} = \frac{2\pi}{\sqrt{4\beta - a^2}}$。

題圖資訊說明

目前附上的掃描圖是第 2 題，未包含本題所述的 Fig. 3。因此以下依題目已明示之標準 unity-feedback 架構、$G(s)=10/s^2$，並將 damping constant 解讀為阻尼比 $\zeta=0.45$ 作答。補償器採標準 phase-lead 形式：

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

核心觀念

本題考查：

• 頻率響應與自然頻率的意義。
• Phase-lead 與 phase-lag compensator 的適用時機。
• 由 settling time 與阻尼比配置期望閉迴路極點。
• 使用根軌跡角度條件與幅值條件設計補償器。

二階系統的重要關係式為：

$$t_s(2\%)\simeq \frac{4}{\zeta\omega_n}$$ $$s_{1,2}=-\zeta\omega_n\pm j\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$$

(a) 頻率響應的正確定義

題述：

Frequency response represents the frequency of natural oscillation of a system.

此敘述不正確。

頻率響應不是系統自然振盪頻率本身，而是系統受到不同頻率之穩態正弦輸入時，其輸出穩態正弦訊號的幅值比與相位差，通常以：

$$G(j\omega)=|G(j\omega)|\angle G(j\omega)$$

表示。

其中：

• $|G(j\omega)|$：輸出與輸入的穩態振幅比。
• $\angle G(j\omega)$：輸出相對於輸入的相位差。
• $\omega$：外加正弦輸入的頻率。

系統的自然頻率則與系統極點有關。對標準二階系統而言：

$$\omega_n=\sqrt{\sigma^2+\omega_d^2}$$

為未阻尼自然頻率，阻尼振盪頻率為：

$$\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$$

(b) Phase-lead 與 phase-lag 的不適用情況

Phase-lead compensator 不適用的情況

當系統受到嚴重高頻量測雜訊限制，且不能容許補償器提高高頻增益時，phase-lead compensator 不適用。

原因是 phase-lead 通常可提高相位裕度與交越頻率，但也會增加高頻增益，使高頻雜訊更容易被放大。

Phase-lag compensator 不適用的情況

當系統必須提高反應速度、增加頻寬，且不能接受暫態響應變慢時，phase-lag compensator 不適用。

原因是 phase-lag 通常降低交越頻率與系統頻寬，雖可改善低頻增益與穩態誤差，但會使系統反應速度變慢。

(c) 補償器設計

1. 配置期望閉迴路極點

已知：

$$t_s=4\text{ s},\qquad \zeta=0.45$$

由 $2\%$ settling-time 公式：

$$4=\frac{4}{\zeta\omega_n}$$

因此：

$$\zeta\omega_n=1$$

故：

$$\omega_n=\frac{1}{0.45}=2.222$$

阻尼振盪頻率為：

$$\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$$ $$\omega_d =2.222\sqrt{1-0.45^2} \approx 1.985$$

所以期望主導極點為：

$$s_d=-1\pm j1.985$$

2. 補償器形式

令 phase-lead compensator 為：

$$G_c(s)=K\frac{s+z}{s+p}$$

選擇零點：

$$z=1$$

因此零點位於 $s=-1$，則在期望極點 $s_d=-1+j1.985$ 處，零點所提供的角度為 $90^\circ$。

開迴路 plant 為：

核心觀念

本題利用頻率響應圖辨識系統轉移函數，並以終值定理求單位階躍輸入的穩態誤差。

若系統為單位回授，開迴路轉移函數為 $G(s)$，則位置誤差常數為

$$K_p=\lim_{s\to 0}G(s)$$

單位階躍輸入的穩態誤差為

$$e_{ss}=\frac{1}{1+K_p}.$$

若 $K_p=\infty$，則 $e_{ss}=0$。

解題方法

由 Bode 頻率響應圖可依下列規則還原轉移函數：

• 低頻增益決定比例常數 $K$。
• 幅頻斜率每下降 $-20$ dB/dec，代表一個原點極點 $1/s$。
• 幅頻斜率每增加 $+20$ dB/dec，代表一個原點零點 $s$。
• 在轉折頻率 $\omega_z$ 出現斜率增加 $+20$ dB/dec，代表零點因子 $$1+\frac{s}{\omega_z}.$$
• 在轉折頻率 $\omega_p$ 出現斜率減少 $-20$ dB/dec，代表極點因子 $$\frac{1}{1+\frac{s}{\omega_p}}.$$

因此，若圖形讀得的轉移頻率與增益分別為 $\omega_{z_i}$、$\omega_{p_i}$ 與 $K$，則

此部分考察對頻率響應和自然振盪頻率概念的理解。

頻率響應 (Frequency Response) 是指系統對不同頻率的正弦輸入信號的穩態響應特性，通常用幅度和相位來描述。它反映了系統在不同頻率下的增益和延遲情況。

自然振盪頻率 (Natural Frequency of Oscillation) $\omega_n$ 是指一個二階系統在沒有阻尼時，其自由運動的振盪頻率。對於標準形式的二階系統傳遞函數 $G(s) = \frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2}$，$\omega_n$ 是其自然頻率。它是一個系統內在的參數，與系統的質量、彈簧常數等物理參數直接相關。

此部分考察對相位超前 (phase-lead) 和相位滯後 (phase-lag) 補償器適用時機的理解。

• 相位超前補償器 (Phase-Lead Compensator)：
  其傳遞函數形式通常為 $C(s) = K_c \frac{s+z}{s+p}$，其中 $z > p > 0$。
  主要作用：

  1. 提高系統的頻寬，從而加快響應速度（減小上升時間和沉降時間）。
  2. 增加系統的相位裕度，提高穩定性。
  3. 在高頻段增加增益。

  不適用情況：

  • 系統對雜訊敏感或高頻增益已很高： 相位超前補償器在高頻段會增加增益，如果系統對高頻雜訊敏感，或者高頻增益已經很高（可能導致系統不穩定或對雜訊過度放大），則不適用。
  • 系統需要極低的穩態誤差： 相位超前補償器通常不改變系統在 $s=0$ 處的極點數量，因此對改善穩態誤差（如將 Type 0 系統變為 Type 1）效果有限，需要與積分器結合使用。如果主要設計目標是降低穩態誤差，單獨使用相位超前補償器可能不適用。

此題要求設計補償器以滿足給定的系統規格。

系統參數：
單位回授系統，開迴路傳遞函數 $G(s) = \frac{10}{s^2}$。

設計規格：

1. 沉降時間 $t_s = 4$ s (2% criterion)。
2. 阻尼比 $\zeta = 0.45$。

解題步驟：

1. 根據規格估計期望的閉迴路極點位置：

   • 沉降時間 $t_s \approx \frac{4}{|\sigma|}$ (2% criterion)。
     給定 $t_s = 4$ s，所以 $|\sigma| \approx \frac{4}{4} = 1$。由於系統需要穩定，極點的實部應為負，因此 $\sigma = -1$。
   • 阻尼比 $\zeta = \frac{-\sigma}{\omega_n}$。
     給定 $\zeta = 0.45$ 且 $\sigma = -1$，所以 $0.45 = \frac{-(-1)}{\omega_n} = \frac{1}{\omega_n}$。
     自然頻率 $\omega_n = \frac{1}{0.45} \approx 2.222$ rad/s。
   • 期望的閉迴路主導極點為 $s_{1,2} = -\zeta\omega_n \pm j\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$。
     $s_{1,2} = -1 \pm j(2.222)\sqrt{1 - 0.45^2} = -1 \pm j(2.222)\sqrt{1 - 0.2025} = -1 \pm j(2.222)\sqrt{0.7975}$
     $s_{1,2} \approx -1 \pm j(2.222)(0.8930) \approx -1 \pm j1.984$。

2. 建立閉迴路系統的特徵方程式：
   假設補償器為 $C(s)$，則新的開迴路傳遞函數為 $L(s) = C(s)G(s) = C(s) \frac{10}{s^2}$。
   閉迴路傳遞函數為 $T(s) = \frac{L(s)}{1+L(s)} = \frac{C(s) \frac{10}{s^2}}{1+C(s) \frac{10}{s^2}} = \frac{10 C(s)}{s^2 + 10 C(s)}$。
   特徵方程式為 $s^2 + 10 C(s) = 0$。

3. 設計補償器 $C(s)$：
   我們希望特徵方程式 $s^2 + 10 C(s) = 0$ 的根是我們期望的閉迴路極點 $-1 \pm j1.984$。
   這意味著 $s^2 + 10 C(s)$ 應該與一個具有這些根的二階多項式相似。
   標準二階系統的特徵方程式為 $s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2 = 0$。