111 年 國立中央大學機械工程學系碩士班丁組《自動控制》

核心觀念

單邊拉普拉斯轉換定義為

$$\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt.$$

本題考查三個常用技巧：指數函數與多項式相乘時，可合併指數後積分；正弦函數的拉普拉斯轉換可直接求得；含自然對數的轉換可引入參數，先對參數微分，再積分還原。

1）求 $f(t)=te^t$ 的拉普拉斯轉換

由定義，

$$\mathcal{L}\{te^t\} =\int_0^\infty te^t e^{-st}\,dt =\int_0^\infty t e^{-(s-1)t}\,dt.$$

令 $p=s-1$。當 $\operatorname{Re}(s)>1$ 時，$\operatorname{Re}(p)>0$，分部積分得

$$\int_0^\infty t e^{-pt}\,dt =\left[-\frac{t}{p}e^{-pt}\right]_0^\infty +\frac{1}{p}\int_0^\infty e^{-pt}\,dt =\frac{1}{p^2}.$$

因此

$$\boxed{\mathcal{L}\{te^t\}=\frac{1}{(s-1)^2},\qquad \operatorname{Re}(s)>1.}$$

收斂條件來自積分中的指數因子 $e^{-(s-1)t}$；若 $\operatorname{Re}(s)\le 1$，積分不收斂。

2）求 $F(s)=\frac{1}{s^2+16}$ 的反拉普拉斯轉換

利用基本公式

$$\mathcal{L}\{\sin(at)\}=\frac{a}{s^2+a^2},\qquad \operatorname{Re}(s)>0.$$

取 $a=4$，可得

$$\mathcal{L}\{\sin(4t)\} =\frac{4}{s^2+16}.$$

因此需將轉換結果乘以 $\frac14$，使分子成為 $1$：

$$\boxed{\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2+16}\right\} =\frac14\sin(4t).}$$

驗算：

$$\mathcal{L}\left\{\frac14\sin(4t)\right\} =\frac14\cdot\frac{4}{s^2+16} =\frac{1}{s^2+16}.$$

3）求 $F(s)=\ln\left(1+\frac{1}{s^2}\right)$ 的反拉普拉斯轉換

對照含參數的函數

核心觀念

由圖一，前向傳遞函數為

$$G(s)=\frac{3}{s^3+2s^2+4s+2},$$

且為單位負回授系統。極座標圖令 $s=j\omega$，考察開迴路傳遞函數 $L(s)=C(s)G(s)$ 的複數軌跡。

增益裕度定義為

$$GM=\frac{1}{|L(j\omega_{pc})|},$$

其中 $\omega_{pc}$ 為相位穿越頻率，即 $L(j\omega)$ 的相位為 $-180^\circ$。

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(a) P-Control

開迴路函數

$$C(s)=K_p,$$

因此

$$L_P(s)=C(s)G(s) =\frac{3K_p}{s^3+2s^2+4s+2}.$$

令 $s=j\omega$：

$$(j\omega)^3+2(j\omega)^2+4j\omega+2 =(2-2\omega^2)+j(4\omega-\omega^3).$$

設

$$a=2-2\omega^2,\qquad b=4\omega-\omega^3,$$

則

$$L_P(j\omega) =\frac{3K_p}{a+jb} =\frac{3K_p(a-jb)}{a^2+b^2}.$$

因此極座標圖的參數式為

$$\operatorname{Re}L_P =\frac{3K_p(2-2\omega^2)} {(2-2\omega^2)^2+(4\omega-\omega^3)^2},$$ $$\operatorname{Im}L_P =-\frac{3K_p(4\omega-\omega^3)} {(2-2\omega^2)^2+(4\omega-\omega^3)^2}.$$

極座標圖關鍵位置

當 $\omega=0$：

$$L_P(0)=\frac{3K_p}{2}.$$

當虛部為零時：

$$4\omega-\omega^3=\omega(4-\omega^2)=0.$$

除去 $\omega=0$，得

$$\omega=2.$$

此時

$$L_P(j2) =\frac{3K_p}{-6} =-\frac{K_p}{2}.$$

當 $\omega\to\infty$：

$$L_P(j\omega)\to 0.$$

所以軌跡由正實軸上的 $\frac{3K_p}{2}$ 出發，通過負實軸上的 $-\frac{K_p}{2}$，最後趨近原點。

Gain Margin

相位穿越點為 $\omega_{pc}=2$，故

$$GM_P=\frac{1}{|L_P(j2)|} =\frac{1}{K_p/2} =\boxed{\frac{2}{K_p}}.$$

若以 dB 表示：

$$GM_{P,\mathrm{dB}} =20\log_{10}\left(\frac{2}{K_p}\right).$$

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(b) D-Control

開迴路函數

$$C(s)=K_ds,$$

因此

$$L_D(s)=\frac{3K_ds}{s^3+2s^2+4s+2}.$$

令 $s=j\omega$：

$$L_D(j\omega) =\frac{j3K_d\omega}{a+jb} =\frac{3K_d\omega(b+ja)}{a^2+b^2}.$$

因此

$$\operatorname{Re}L_D =\frac{3K_d\omega(4\omega-\omega^3)} {(2-2\omega^2)^2+(4\omega-\omega^3)^2},$$ $$\operatorname{Im}L_D =\frac{3K_d\omega(2-2\omega^2)} {(2-2\omega^2)^2+(4\omega-\omega^3)^2}.$$

極座標圖關鍵位置

當 $\omega\to 0^+$：

$$L_D(j\omega)\to 0,$$

且軌跡由第一象限出發。

當 $\omega=1$：

$$a=0,$$

所以

核心觀念

本題用 Bode 圖辨認系統的極點、直流增益與時間延遲，再用負回授特徵方程及相位交越頻率求穩定範圍。二階低通系統的高頻幅值斜率為 $-40\ \mathrm{dB/decade}$；純延遲 $e^{-sT}$ 不改變幅值，只會額外加入 $-\omega T$ 弧度的相位。

解題方法

圖 (.a) 的橫軸是對數角頻率、縱軸是幅值 dB：低頻約 $120$ dB，$\omega=10\ \mathrm{rad/s}$ 附近有約 $134$ dB 的峰值，高頻漸近斜率約為 $-40\ \mathrm{dB/decade}$。圖 (.b) 的橫軸是線性角頻率、縱軸是相位；實際相位曲線低頻從 $0^\circ$ 起始。標記 $E=(0,-180^\circ)$ 是高頻相位漸近線的截距，供計算斜率使用，不是 $G(j0)$ 的相位。

(a) 由幅值圖求二階模型

低頻幅值為 $120$ dB，因此直流增益為

$$A_0=10^{120/20}=10^6.$$

低頻幅值近似水平，表示低頻斜率為 $0\ \mathrm{dB/decade}$；高頻斜率約為 $-40\ \mathrm{dB/decade}$，表示有兩個淨極點。峰值約出現在 $\omega_n=10\ \mathrm{rad/s}$，可用二階低通模型表示：

$$G_2(s)=\frac{A_0\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2}.$$

在 $\omega=\omega_n$ 時，幅值比約為 $1/(2\zeta)$。峰值比低頻高 $14$ dB，所以

$$\frac{1}{2\zeta}\approx 10^{14/20}=5.012, \qquad \zeta\approx 0.100.$$

故有理部分為

$$G_2(s)\approx\frac{10^8}{s^2+2s+100}.$$

圖上峰值頻率讀為約 $10\ \mathrm{rad/s}$；二階系統的共振峰頻率為 $\omega_r=\omega_n\sqrt{1-2\zeta^2}\approx9.90\ \mathrm{rad/s}$，與圖示讀值相符。實際相位曲線在 $\omega=0$ 時為 $0^\circ$。

(b) 由相位圖求時間延遲

高頻相位漸近線通過 $E=(0,-180^\circ)$ 與 $F=(100,-270^\circ)$，因此其斜率為

$$\frac{-270-(-180)}{100-0} =-0.9\ \frac{\mathrm{deg}}{\mathrm{rad/s}}.$$

二階有理部分的高頻相位趨近 $-180^\circ$。純延遲額外造成的相位為 $-\omega T$ 弧度，其斜率（以角度表示）是 $-180T/\pi$。因此

$$T=\frac{0.9\pi}{180} =\frac{\pi}{200} \approx 0.0157\ \mathrm{s}.$$

完整模型為

$$G(s)\approx\frac{10^8 e^{-0.0157s}}{s^2+2s+100}.$$

核心觀念

本題考查：

1. 負回授系統的特徵方程式。
2. $K>0$ 根軌跡的實軸區段、分離點與漸近線。
3. Routh–Hurwitz 穩定判據。

單位負回授系統的閉迴路特徵方程式為

$$1+K G(s)=0.$$

已知

$$G(s)=\frac{s+2}{(s+10)(s^2-8^2)} =\frac{s+2}{(s+10)(s-8)(s+8)}.$$

因此開迴路極點為

$$s=-10,\,-8,\,8$$

開迴路零點為

$$s=-2.$$

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（a）$K>0$ 的根軌跡

1. 特徵方程式

由

$$1+K\frac{s+2}{(s+10)(s^2-64)}=0$$

得

$$(s+10)(s^2-64)+K(s+2)=0.$$

展開為

$$s^3+10s^2+(K-64)s+(2K-640)=0.$$

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2. 實軸根軌跡

實軸上的點若其右側具有奇數個「極點與零點」，則屬於根軌跡。

實軸上的奇異點排列為

$$-\infty,\quad -10,\quad -8,\quad -2,\quad 8,\quad +\infty.$$

逐段判斷可得：

• $(-\infty,-10)$：右側有 4 個奇異點，不在根軌跡。
• $(-10,-8)$：右側有 3 個奇異點，在根軌跡。
• $(-8,-2)$：右側有 2 個奇異點，不在根軌跡。
• $(-2,8)$：右側有 1 個奇異點，在根軌跡。
• $(8,+\infty)$：右側有 0 個奇異點，不在根軌跡。

所以實軸根軌跡為

$$\boxed{(-10,-8)\ \text{與}\ (-2,8)}.$$

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3. 漸近線

開迴路極點數 $n=3$，零點數 $m=1$，因此有

$$n-m=2$$

條漸近線。

漸近線重心為

$$\sigma_a = \frac{\sum \text{極點}-\sum \text{零點}}{n-m} = \frac{(-10)+(-8)+8-(-2)}{2} =-4.$$

漸近線角度為

$$\theta_q=\frac{(2q+1)180^\circ}{n-m}, \qquad q=0,1.$$

因此

$$\theta_0=90^\circ,\qquad \theta_1=270^\circ.$$

故兩條漸近線為通過 $s=-4$ 的垂直線，方向為

$$\boxed{+90^\circ,\,-90^\circ}.$$

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4. 分離點

根軌跡上的 $K$ 可寫成

$$K=-\frac{(s+10)(s^2-64)}{s+2}.$$

分離點滿足

$$\frac{dK}{ds}=0.$$

整理得

$$s^3+8s^2+20s+256=0.$$

其位於根軌跡區段 $(-10,-8)$ 的實根為

$$s_b\approx -8.958.$$

代回 $K$ 式：

$$K_b = -\frac{(s_b+10)(s_b^2-64)}{s_b+2} \approx 2.433.$$

因此兩條由 $-10$ 與 $-8$ 出發的根軌跡，在

$$\boxed{s\approx -8.958,\qquad K\approx 2.433}$$

處分離，進入共軛複數平面，並沿著重心 $-4$ 的垂直漸近線趨近無限遠。

另一條根軌跡由開迴路極點 $s=8$ 出發，沿實軸經過原點，最後終止於零點 $s=-2$。

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5. 根軌跡示意