113 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

本題考查由 Bode 圖反推傳遞函數，以及下列頻率響應指標：

• 增益交越頻率 $\omega_{gc}$：$|G(j\omega_{gc})|=1$，即 $0$ dB。
• 相位交越頻率 $\omega_{pc}$：$\angle G(j\omega_{pc})=-180^\circ$。
• 增益裕度：
  $GM=\frac{1}{|G(j\omega_{pc})|},$
  $GM_{\mathrm{dB}}=-20\log_{10}|G(j\omega_{pc})|.$
• 相位裕度：
  $PM=180^\circ+\angle G(j\omega_{gc}).$
• 共振峰值：
  $M_r=\max_{\omega}|G(j\omega)|.$
• 頻寬通常定義為低頻增益下降 $3$ dB 時的頻率 $\omega_b$。

(1) 傳遞函數

由圖可判斷：

1. 低頻增益約為 $0$ dB，因此
   $G(0)\approx 1.$

2. 高頻幅值曲線斜率約為 $-40$ dB/decade，因此系統的極點數比零點數多 $2$ 個。

3. 相位低頻約為 $0^\circ$，高頻趨近 $-180^\circ$，且中間低於 $-180^\circ$ 後再回升，表示系統至少包含三個極點及一個左半平面零點的效果。

因此可寫成一般形式：

$$G(s)= \frac{(1+s/\omega_z)} {(1+s/\omega_{p1})(1+s/\omega_{p2})(1+s/\omega_{p3})},$$

其中 $\omega_{p1},\omega_{p2},\omega_{p3},\omega_z$ 必須由 Bode 圖上的精確轉折頻率讀出。

然而，題目所附圖中只有 $10^{-1},10^0,10^1,10^2,10^3$ 等對數座標，沒有標示各轉折頻率的數值；掃描圖的曲線也不足以唯一辨識 $\omega_{pi}$ 與 $\omega_z$。因此傳遞函數無法由目前圖面唯一確定。

(2) 增益裕度與增益交越頻率

增益交越頻率由幅值圖找出：

$$|G(j\omega_{gc})|=1$$

也就是幅值曲線與 $0$ dB 軸的交點。

相位交越頻率由相位圖找出：

$$\angle G(j\omega_{pc})=-180^\circ.$$

再將 $\omega_{pc}$ 代回幅值圖：

本題考查非線性系統在指定工作點附近的線性化方法。

核心觀念：線性化是將一個非線性系統在某個工作點附近用一個線性系統來近似描述的方法，這在控制系統分析與設計中非常重要，因為線性系統的理論工具相對成熟。線性化是透過對非線性函數進行泰勒級數展開，並忽略高階項來實現的。

解題步驟：
給定的非線性系統為：
$\dot{x} = f(x,u)$
其中 $x \in \mathbb{R}^n$ 是狀態向量，$u \in \mathbb{R}^p$ 是輸入向量，$f(x,u)$ 是一個 $n$ 維的向量函數。
我們需要在工作點 $(x_0, u_0)$ 附近進行線性化。

首先，定義狀態變數的偏差：
$\Delta x = x - x_0$
$\Delta u = u - u_0$

將 $x = x_0 + \Delta x$ 和 $u = u_0 + \Delta u$ 代入函數 $f(x,u)$ 中，並對其進行泰勒級數展開：
$f(x,u) = f(x_0 + \Delta x, u_0 + \Delta u)$
$f(x_0 + \Delta x, u_0 + \Delta u) = f(x_0, u_0) + \frac{\partial f}{\partial x} \bigg|_{(x_0,u_0)} \Delta x + \frac{\partial f}{\partial u} \bigg|_{(x_0,u_0)} \Delta u + \text{高階項}$
其中：

• $f(x_0, u_0)$ 是在工作點的函數值。
• $\frac{\partial f}{\partial x} \bigg|_{(x_0,u_0)}$ 是雅可比矩陣 (Jacobian matrix)，它是 $f$ 對於狀態向量 $x$ 的偏導數矩陣，在點 $(x_0, u_0)$ 處計算。由於 $f$ 是 $n \times 1$ 的向量，而 $x$ 是 $n \times 1$ 的向量，所以這個雅可比矩陣的維度是 $n \times n$。
  $\frac{\partial f}{\partial x} = \begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x_1} & \cdots & \frac{\partial f_1}{\partial x_n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{\partial f_n}{\partial x_1} & \cdots & \frac{\partial f_n}{\partial x_n} \end{bmatrix} \bigg|_{(x_0,u_0)}$
• $\frac{\partial f}{\partial u} \bigg|_{(x_0,u_0)}$ 也是一個雅可比矩陣，它是 $f$ 對於輸入向量 $u$ 的偏導數矩陣，在點 $(x_0, u_0)$ 處計算。由於 $f$ 是 $n \times 1$ 的向量，而 $u$ 是 $p \times 1$ 的向量，所以這個雅可比矩陣的維度是 $n \times p$。

本題考查狀態空間模型下的分離原理與極點配置法的概念。

問題 (1)：分離原理 (Separation Principle)

核心觀念： 分離原理指出，在線性時變系統（LTI system）中，控制器（例如狀態回授）的設計與觀察器（observer）的設計可以獨立進行，並且它們的設計不會相互干擾。也就是說，我們可以分別設計控制器來達成期望的閉迴路極點，同時分別設計觀察器來估測系統狀態，而這兩者的設計可以組合在一起，形成一個穩定的閉迴路系統，其極點由控制器和觀察器各自的極點決定。

推導與解釋：
考慮一個 LTI 系統的狀態空間表示：
$\begin{cases} \dot{z} = Az + Bu \\ y = Cz \end{cases}$
其中 $z \in \mathbb{R}^n$ 是狀態向量，$u$ 是輸入向量，$y \in \mathbb{R}^m$ 是輸出向量，$A, B, C$ 是系統矩陣。

假設我們使用狀態回授控制器 $u = -Kx$ 來穩定系統，其中 $K$ 是一個 $p \times n$ 的矩陣（假設 $u$ 是 $p \times 1$ 向量）。
閉迴路系統的動態方程為：
$\dot{z} = Az + B(-Kz) = (A - BK)z$
這個系統的極點（即閉迴路系統的特徵值）由矩陣 $A-BK$ 的特徵值決定。控制器矩陣 $K$ 的設計目標是使 $A-BK$ 的特徵值位於期望的左半平面，以確保系統穩定並達到所需的響應速度。

然而，在實際應用中，我們通常無法直接測量所有狀態向量 $z$。因此，我們需要設計一個狀態觀察器來估測狀態 $z$。一個常見的線性觀察器（稱為 Luenberger observer）的形式如下：
$\dot{\hat{z}} = A\hat{z} + Bu + L(y - C\hat{z})$
其中 $\hat{z}$ 是狀態 $z$ 的估測值，$L$ 是觀察器增益矩陣，其維度為 $n \times m$。
這個方程可以改寫為：
$\dot{\hat{z}} = (A - LC)\hat{z} + Bu$
觀察器設計的目標是使估測誤差 $\tilde{z} = z - \hat{z}$ 快速收斂到零。將誤差動態方程寫出來：
$\dot{\tilde{z}} = \dot{z} - \dot{\hat{z}} = (Az + Bu) - (A\hat{z} + Bu + L(y - C\hat{z}))$
$\dot{\tilde{z}} = Az - A\hat{z} - L(Cz - C\hat{z}) = A(z - \hat{z}) - LC(z - \hat{z})$
$\dot{\tilde{z}} = (A - LC)\tilde{z}$
這個誤差動態方程的極點由矩陣 $A-LC$ 的特徵值決定。觀察器增益矩陣 $L$ 的設計目標是使 $A-LC$ 的特徵值位於期望的左半平面，且比控制器極點更快地收斂到零（通常觀察器收斂速度是控制器速度的 5-10 倍）。

分離原理的意義：
分離原理的關鍵在於，控制器矩陣 $K$ 的設計（影響 $A-BK$ 的極點）和觀察器增益矩陣 $L$ 的設計（影響 $A-LC$ 的極點）是相互獨立的。

1. 控制器設計： 我們可以單獨考慮狀態回授 $u = -Kz$（假設狀態可觀測），並選擇 $K$ 來使閉迴路系統矩陣 $A-BK$ 具有期望的極點。
2. 觀察器設計： 我們可以單獨考慮觀察器結構 $\dot{\hat{z}} = A\hat{z} + Bu + L(y - C\hat{z})$，並選擇 $L$ 來使誤差動態矩陣 $A-LC$ 具有期望的（更快的）極點。

然後，我們可以將這兩個獨立設計的部分組合起來，構成一個完整的狀態估測控制器系統：
$u = -K\hat{z}$
$\dot{\hat{z}} = A\hat{z} + B(-K\hat{z}) + L(y - C\hat{z}) = (A - BK - LC)\hat{z} + Ly$
這個組合系統的極點由兩個矩陣的極點共同決定：

• 控制器極點：由 $A-BK$ 的特徵值決定。
• 觀察器極點：由 $A-LC$ 的特徵值決定。

只要控制器和觀察器各自設計的極點都在複平面的左半平面，那麼組合後的系統也是穩定的。
在實際控制設計中，分離原理極大地簡化了設計過程。設計師可以先單獨考慮如何使系統響應足夠快（控制器設計），然後再考慮如何快速準確地估測系統狀態（觀察器設計），最後將兩者結合。

實際控制設計中的意義：

• 簡化設計： 將一個複雜的閉迴路系統穩定性分析和控制器設計問題，分解為兩個相對簡單的子問題（控制器設計和觀察器設計）。
• 獨立調優： 控制器和觀察器的性能可以獨立調優。例如，可以通過調整 $K$ 來獲得期望的響應速度，通過調整 $L$ 來獲得期望的狀態估測精度和收斂速度。
• 系統穩定性保證： 只要 $A-BK$ 和 $A-LC$ 的所有特徵值都在左半平面，那麼由 $\hat{z}$ 構成的閉迴路系統就是穩定的。

問題 (2)：極點配置法 (Pole Placement Method)

核心觀念： 極點配置法是一種控制器設計技術，其目標是通過選擇合適的狀態回授增益矩陣 $K$，使得閉迴路系統的閉迴路極點（即矩陣 $A-BK$ 的特徵值）位於我們預設的期望位置。這些期望位置通常是根據所需的系統響應特性（例如，響應速度、阻尼比等）來選擇的。

詳細解釋：
考慮一個線性系統，其狀態空間方程為：
$\dot{x} = Ax + Bu$
其中 $x \in \mathbb{R}^n$ 是狀態向量，$u \in \mathbb{R}^p$ 是輸入向量，$A$ 是 $n \times n$ 的系統矩陣，$B$ 是 $n \times p$ 的輸入矩陣。
我們假設系統是可控的（controllable），這是極點配置法能夠成功的必要條件。

狀態回授控制律的形式為：
$u = -Kx$
其中 $K$ 是一個 $p \times n$ 的增益矩陣。
將狀態回授代入系統方程，得到閉迴路系統的動態方程：
$\dot{x} = Ax + B(-Kx) = (A - BK)x$
閉迴路系統的極點是由矩陣 $A-BK$ 的特徵值決定的。極點配置法的目標是選擇矩陣 $K$，使得 $A-BK$ 的特徵值（即閉迴路極點）等於一組預先指定的期望極點 $\{\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n\}$。

控制規範形式 (Control Canonical Form)：
題目提到系統是以「控制規範形式」表示。對於一個單輸入 ($p=1$) 的系統，如果其傳遞函數為：

核心觀念

本題考查「微分方程式轉換為狀態空間表示式」。

狀態空間模型的一般形式為

$$\dot{x}(t)=Ax(t)+Bu(t)$$ $$y(t)=Cx(t)+Du(t)$$

其中：

• $x(t)$：狀態向量
• $A$：系統矩陣
• $B$：輸入矩陣
• $C$：輸出矩陣
• $D$：直接傳遞矩陣

題目指定狀態變數為輸出的連續微分量：

$$x_1=y(t),\quad x_2=\dot{y}(t),\quad \dots,\quad x_n=y^{(n-1)}(t)$$

因此前 $n-1$ 個狀態方程式可直接由定義得到，最後一個狀態方程式則由原微分方程式整理而得。

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第 IV 題第（1）小題：一般形式推導

題目第一式排版略有不完整。依狀態變數定義及第二小題的形式，採用標準 $n$ 階微分方程式：

$$\frac{d^n y}{dt^n} +a_{n-1}\frac{d^{n-1}y}{dt^{n-1}} +a_{n-2}\frac{d^{n-2}y}{dt^{n-2}} +\dots +a_1\frac{dy}{dt} +a_0y =u(t)$$

定義狀態變數：

$$x_1=y$$ $$x_2=\dot{y}$$ $$x_3=\ddot{y}$$ $$\vdots$$ $$x_n=y^{(n-1)}$$

因此前 $n-1$ 個狀態方程式為

$$\dot{x}_1=x_2$$ $$\dot{x}_2=x_3$$ $$\dot{x}_3=x_4$$ $$\vdots$$ $$\dot{x}_{n-1}=x_n$$

由原微分方程式：

$$y^{(n)} +a_{n-1}y^{(n-1)} +a_{n-2}y^{(n-2)} +\dots +a_1\dot{y} +a_0y =u$$

整理最高階導數：

$$y^{(n)} = -a_{n-1}y^{(n-1)} -a_{n-2}y^{(n-2)} -\dots -a_1\dot{y} -a_0y +u$$

由於

$$\dot{x}_n=y^{(n)}$$

且

$$y=x_1,\quad \dot{y}=x_2,\quad \dots,\quad y^{(n-1)}=x_n$$

可得

$$\dot{x}_n = -a_0x_1-a_1x_2-\dots-a_{n-2}x_{n-1}-a_{n-1}x_n+u$$

輸出方程式為

$$y=x_1$$

因此狀態空間表示式為

$$\begin{bmatrix} \dot{x}_1\\ \dot{x}_2\\ \vdots\\ \dot{x}_{n-1}\\ \dot{x}_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0&1&0&\cdots&0\\ 0&0&1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&1\\ -a_0&-a_1&-a_2&\cdots&-a_{n-1} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots\\ x_{n-1}\\ x_n \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ \vdots\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}u$$

以及

$$y= \begin{bmatrix} 1&0&\cdots&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots\\ x_n \end{bmatrix}$$

所以矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 0&1&0&\cdots&0\\ 0&0&1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&1\\ -a_0&-a_1&-a_2&\cdots&-a_{n-1} \end{bmatrix}$$ $$B= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ \vdots\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}, \qquad C= \begin{bmatrix} 1&0&\cdots&0 \end{bmatrix}, \qquad D=0$$

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第 IV 題第（2）小題：四階系統轉換

題目給定：

$$7\frac{d^4y}{dt^4} +3\frac{d^3y}{dt^3} +9\frac{d^2y}{dt^2} +11\frac{dy}{dt} +8 =u(t)$$

依題目指定方式定義：

$$x_1=y$$ $$x_2=\dot{y}$$ $$x_3=\ddot{y}$$ $$x_4=\dddot{y}$$

因此：

$$\dot{x}_1=x_2$$

核心觀念

題目要求將同一個轉移函數，以四種狀態空間形式表示：

• Cascade form：串聯系統形式
• Parallel form：部分分式展開後的並聯系統形式
• Control canonical form：控制標準形
• Observer canonical form：觀測標準形

統一採用

$$\dot{x}=Ax+Bu,\qquad y=Cx+Du$$

本題為嚴格真有理轉移函數，因此 $D=0$。

先展開分母：

$$(s+1)(s+7)(s+19) =(s^2+8s+7)(s+19) =s^3+27s^2+159s+133$$

因此

$$G(s)=\frac{1}{s^3+27s^2+159s+133}$$

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一、Cascade form（串聯形式）

將轉移函數視為三個一階系統串聯：

$$G(s)=\frac{1}{s+1}\cdot\frac{1}{s+7}\cdot\frac{1}{s+19}$$

令第一級、第二級、第三級的輸出分別為 $x_1,x_2,x_3$，則

$$\dot{x}_1=-x_1+u$$ $$\dot{x}_2=-7x_2+x_1$$ $$\dot{x}_3=-19x_3+x_2$$

且

$$y=x_3$$

因此

$$A_{\text{cas}} = \begin{bmatrix} -1&0&0\\ 1&-7&0\\ 0&1&-19 \end{bmatrix}, \qquad B_{\text{cas}} = \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}$$ $$C_{\text{cas}} = \begin{bmatrix} 0&0&1 \end{bmatrix}, \qquad D_{\text{cas}}=0$$

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二、Parallel form（並聯形式）

先作部分分式分解：

$$\frac{1}{(s+1)(s+7)(s+19)} = \frac{K_1}{s+1} +\frac{K_2}{s+7} +\frac{K_3}{s+19}$$

利用留數法求係數：

$$K_1=\left.\frac{1}{(s+7)(s+19)}\right|_{s=-1} =\frac{1}{6\cdot18} =\frac{1}{108}$$ $$K_2=\left.\frac{1}{(s+1)(s+19)}\right|_{s=-7} =\frac{1}{(-6)(12)} =-\frac{1}{72}$$ $$K_3=\left.\frac{1}{(s+1)(s+7)}\right|_{s=-19} =\frac{1}{(-18)(-12)} =\frac{1}{216}$$

所以

$$G(s)= \frac{1/108}{s+1} -\frac{1/72}{s+7} +\frac{1/216}{s+19}$$

令三個並聯支路的狀態分別為 $x_1,x_2,x_3$：

$$\dot{x}_1=-x_1+u$$ $$\dot{x}_2=-7x_2+u$$ $$\dot{x}_3=-19x_3+u$$

輸出為三個支路輸出的加權和：

$$y=\frac{1}{108}x_1-\frac{1}{72}x_2+\frac{1}{216}x_3$$

因此

$$A_{\text{par}} = \begin{bmatrix} -1&0&0\\ 0&-7&0\\ 0&0&-19 \end{bmatrix}, \qquad B_{\text{par}} = \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}$$ $$C_{\text{par}} = \begin{bmatrix} \dfrac{1}{108}&-\dfrac{1}{72}&\dfrac{1}{216} \end{bmatrix}, \qquad D_{\text{par}}=0$$

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三、Control canonical form（控制標準形）

對

$$G(s)=\frac{b_2s^2+b_1s+b_0} {s^3+a_2s^2+a_1s+a_0}$$

採用控制標準形：

$$A_c= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ -a_0&-a_1&-a_2 \end{bmatrix}, \qquad B_c= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}$$ $$C_c= \begin{bmatrix} b_0&b_1&b_2 \end{bmatrix}, \qquad D_c=0$$

本題係數為

$$a_2=27,\qquad a_1=159,\qquad a_0=133$$

且分子為 $1$，因此

核心觀念

本題考查狀態空間模型的：

1. 可控制性矩陣（controllability matrix）。
2. 相似轉換與狀態座標變換。
3. 控制標準型（control canonical form）。
4. 兩組狀態空間之可控制性矩陣與轉換矩陣的關係。

原系統為

$$\dot{z}=Az+Bu,\qquad y=Cz$$

其中 $z\in\mathbb{R}^n$ 為狀態向量，$A\in\mathbb{R}^{n\times n}$，$B\in\mathbb{R}^{n\times 1}$，假設為單輸入系統。

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(1) 可控制性矩陣

對系統 $(A,B)$，可控制性矩陣定義為

$$\mathcal{C}_z = \begin{bmatrix} B&AB&A^2B&\cdots&A^{n-1}B \end{bmatrix}$$

因此，本題系統的可控制性矩陣為

$$\boxed{ \mathcal{C}_z = \begin{bmatrix} B&AB&A^2B&\cdots&A^{n-1}B \end{bmatrix} }$$

若

$$\operatorname{rank}(\mathcal{C}_z)=n$$

則系統完全可控制，才有機會透過非奇異狀態轉換矩陣 $P$ 轉換成完整的控制標準型。

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(2) 利用 $z=PX$ 求控制標準型

第一步：代入狀態轉換

題目給定

$$z=PX$$

其中 $P$ 為非奇異矩陣。對時間微分得

$$\dot{z}=P\dot{X}$$

代入原系統：

$$P\dot{X}=APX+Bu$$

左乘 $P^{-1}$：

$$\dot{X}=P^{-1}APX+P^{-1}Bu$$

輸出方程為

$$y=Cz=CPX$$

因此，轉換後的狀態空間模型為

$$\dot{X}=A_X X+B_Xu$$ $$y=C_X X$$

其中

$$\boxed{A_X=P^{-1}AP}$$ $$\boxed{B_X=P^{-1}B}$$ $$\boxed{C_X=CP}$$

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第二步：求特徵多項式係數

令原系統矩陣 $A$ 的特徵多項式為

$$\det(sI-A) = s^n+a_{n-1}s^{n-1}+\cdots+a_1s+a_0$$

依 Cayley–Hamilton 定理，

$$A^n+a_{n-1}A^{n-1}+\cdots+a_1A+a_0I=0$$

兩側乘上 $B$，可得

$$A^nB = -a_{n-1}A^{n-1}B -\cdots -a_1AB-a_0B$$

這個關係正是控制標準型最後一個狀態方程的來源。

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第三步：選擇控制標準型

採用 $B_X=e_1$ 的控制標準型，其中

$$e_1= \begin{bmatrix} 1\\0\\ \vdots\\0 \end{bmatrix}$$

則控制標準型可寫成

$$A_X= \begin{bmatrix} 0&0&0&\cdots&0&-a_0\\ 1&0&0&\cdots&0&-a_1\\ 0&1&0&\cdots&0&-a_2\\ \vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&1&0&-a_{n-2}\\ 0&0&\cdots&0&1&-a_{n-1} \end{bmatrix}$$ $$B_X= \begin{bmatrix} 1\\0\\ \vdots\\0 \end{bmatrix}$$

令

$$X= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\ \vdots\\x_n \end{bmatrix}$$

則狀態方程為

$$\dot{x}_1=-a_0x_n+u$$ $$\dot{x}_2=x_1-a_1x_n$$ $$\dot{x}_3=x_2-a_2x_n$$ $$\vdots$$ $$\dot{x}_n=x_{n-1}-a_{n-1}x_n$$

由於

$$z=PX$$

且

$$B=P B_X=P e_1$$

所以 $P$ 的第一個欄向量必須為 $B$。

再由

$$AB=P A_XB_X$$

而控制標準型滿足

$$A_XB_X=e_2$$

因此

$$AB=Pe_2$$

也就是 $P$ 的第二個欄向量為 $AB$。依此類推，