108 年 國立清華大學動力機械工程學系碩士班乙組《控制系統》

核心觀念

本題考查剛體轉子的平移與轉動動力學，以及由力到位移、再由控制電流到軸承位移的轉移函數推導。使用牛頓第二定律與轉動版牛頓定律：

$$\sum F=m\ddot{x}_c,\qquad \sum \tau=I\ddot{\theta}.$$

依圖取向上位移為正，並令轉子向右上方傾斜時 $\theta>0$。因此，右側軸承 1 的位移是 $x_c+l_1\theta$，左側軸承 2 的位移是 $x_c-l_2\theta$。

解題方法與推導

(a) 轉子的運動方程與 $G(s)$

軸承 1 位於質心右側，向上的 $f_1$ 產生正向力矩；軸承 2 位於質心左側，向上的 $f_2$ 產生反向力矩。因此：

$$m\ddot{x}_c=f_1+f_2, \qquad I\ddot{\theta}=l_1f_1-l_2f_2.$$

在零初始條件下取拉氏轉換：

$$X_c(s)=\frac{F_1(s)+F_2(s)}{ms^2}, \qquad \Theta(s)=\frac{l_1F_1(s)-l_2F_2(s)}{Is^2}.$$

與題目中的矩陣形式對照，可得

$$G_{11}(s)=\frac{1}{ms^2},\qquad G_{12}(s)=\frac{1}{ms^2},$$ $$G_{21}(s)=\frac{l_1}{Is^2},\qquad G_{22}(s)=-\frac{l_2}{Is^2}.$$

(b) 軸承位移與 $P(s)$

由剛體小角度幾何關係，右側軸承 1 與左側軸承 2 的位移分別為

$$x_1=x_c+l_1\theta,\qquad x_2=x_c-l_2\theta.$$

將 (a) 的力到位移關係代入，可得

$$X_1(s)=\frac{1}{ms^2} \left[ \left(1+\frac{l_1}{l_2}\right)F_1(s)+ \left(1-\frac{l_1l_2}{I/m}\right)F_2(s) \right],$$ $$X_2(s)=\frac{1}{ms^2} \left[ \left(1-\frac{l_1l_2}{I/m}\right)F_1(s)+ \left(1+\frac{l_2}{l_1}\right)F_2(s) \right].$$

題目給定 $I=ml_1l_2$，交叉項消失，因此

$$X_1(s)=\frac{l_1+l_2}{ml_2s^2}F_1(s), \qquad X_2(s)=\frac{l_1+l_2}{ml_1s^2}F_2(s).$$

令

$$a_1=\frac{l_1+l_2}{l_2},\qquad a_2=\frac{l_1+l_2}{l_1}.$$

由電磁力關係 $f_1=k_xx_1+k_ii_1$、$f_2=k_xx_2+k_ii_2$，取拉氏轉換後有

$$X_1(s)=\frac{a_1}{ms^2}\bigl(k_xX_1(s)+k_iI_1(s)\bigr),$$

核心觀念

本題考查：

1. 剛體小角度轉動的幾何關係。
2. 平移與轉動的牛頓—歐拉方程。
3. 多輸入多輸出系統的轉移函數矩陣。
4. 利用特殊條件 $I=ml_1l_2$ 化簡結果。

採用標準座標約定：質心位移為 $x_c$，軸承 1、2 分別距質心 $l_1,l_2$，且正 $\theta$ 使軸承 1 位移增加、軸承 2 位移減少。

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一、幾何關係

當 $\theta$ 很小時，使用小角度近似 $\sin\theta\approx\theta$，因此

$$x_1=x_c+l_1\theta$$ $$x_2=x_c-l_2\theta$$

矩陣形式為

$$\begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&l_1\\ 1&-l_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_c\\ \theta \end{bmatrix}.$$

令

$$A= \begin{bmatrix} 1&l_1\\ 1&-l_2 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{x}=A\mathbf{q}, \qquad \mathbf{q}= \begin{bmatrix} x_c\\ \theta \end{bmatrix}.$$

---

二、建立平移與轉動方程式

電磁力為

$$f_1=k_xx_1+k_ii_1, \qquad f_2=k_xx_2+k_ii_2.$$

質心平移方程式：

$$m\ddot{x}_c=f_1+f_2.$$

繞質心的轉動方程式：

$$I\ddot{\theta}=l_1f_1-l_2f_2.$$

合併寫成矩陣形式：

$$\begin{bmatrix} m&0\\ 0&I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \ddot{x}_c\\ \ddot{\theta} \end{bmatrix} = A^T \left( k_xA \begin{bmatrix} x_c\\ \theta \end{bmatrix} +k_i \begin{bmatrix} i_1\\ i_2 \end{bmatrix} \right).$$

在拉氏域中，

$$\left(s^2M-k_xA^TA\right)Q(s) = k_iA^TI(s),$$

其中

$$M= \begin{bmatrix} m&0\\ 0&I \end{bmatrix}.$$

因此

此小題是承接 (b) 的結果，要求計算開迴路極點並判斷系統穩定性。

1. 計算開迴路極點

系統的開迴路傳遞函數矩陣為 $P(s)$，其中

$$P(s) = \begin{bmatrix} P_{11}(s) & P_{12}(s) \\ P_{21}(s) & P_{22}(s) \end{bmatrix}$$

其中各項的共同分母為 $D(s) = -m^2 l_1 l_2 s^4 - mk_x s^2 (l_1-l_2)^2 + k_x^2 (l_1+l_2)^2$。
系統的極點是使得傳遞函數矩陣 $P(s)$ 的分母 $D(s)$ 為零的 $s$ 值。
令 $D(s) = 0$:
$-m^2 l_1 l_2 s^4 - mk_x (l_1-l_2)^2 s^2 + k_x^2 (l_1+l_2)^2 = 0$

這是一個關於 $s^2$ 的二次方程式。令 $z = s^2$：
$-m^2 l_1 l_2 z^2 - mk_x (l_1-l_2)^2 z + k_x^2 (l_1+l_2)^2 = 0$
$m^2 l_1 l_2 z^2 + mk_x (l_1-l_2)^2 z - k_x^2 (l_1+l_2)^2 = 0$

使用二次方程式求根公式 $z = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$，其中 $a = m^2 l_1 l_2$, $b = mk_x (l_1-l_2)^2$, $c = -k_x^2 (l_1+l_2)^2$。
$z = \frac{-mk_x (l_1-l_2)^2 \pm \sqrt{(mk_x (l_1-l_2)^2)^2 - 4(m^2 l_1 l_2)(-k_x^2 (l_1+l_2)^2)}}{2m^2 l_1 l_2}$
$z = \frac{-mk_x (l_1-l_2)^2 \pm \sqrt{m^2 k_x^2 (l_1-l_2)^4 + 4m^2 k_x^2 l_1 l_2 (l_1+l_2)^2}}{2m^2 l_1 l_2}$
$z = \frac{-mk_x (l_1-l_2)^2 \pm mk_x \sqrt{(l_1-l_2)^4 + 4 l_1 l_2 (l_1+l_2)^2}}{2m^2 l_1 l_2}$
$z = \frac{-k_x (l_1-l_2)^2 \pm k_x \sqrt{(l_1-l_2)^4 + 4 l_1 l_2 (l_1+l_2)^2}}{2m l_1 l_2}$

這是一題關於控制器設計的題目，包含波德圖繪製、超前補償器設計以滿足穩態誤差及相位裕度要求，以及判斷滯後補償器是否可行。

(a) 繪製 $P(s) = \frac{1}{s^2-1}$ 的波德圖

首先，將 $P(s)$ 改寫成標準形式：
$P(s) = \frac{1}{(s-1)(s+1)}$
由於 $s^2-1$ 的根是 $s=1$ 和 $s=-1$，這是一個不穩定的系統。
在波德圖分析中，我們通常考慮 $s = j\omega$。
$P(j\omega) = \frac{1}{(j\omega)^2-1} = \frac{1}{-\omega^2-1} = -\frac{1}{\omega^2+1}$

為了繪製波德圖，我們需要考慮幅值與頻率的關係（分貝）以及相位與頻率的關係（度）。
幅值 $|P(j\omega)|_{dB} = 20 \log_{10} |-\frac{1}{\omega^2+1}| = 20 \log_{10} (\frac{1}{\omega^2+1}) = -20 \log_{10} (\omega^2+1)$
相位 $\angle P(j\omega) = \angle (-\frac{1}{\omega^2+1})$。由於 $\omega^2+1$ 是正實數，$-\frac{1}{\omega^2+1}$ 是負實數。
所以，相位是 $-180^\circ$ (或 $\pi$ 弧度)，對於所有 $\omega > 0$。

低頻區 ($\omega \to 0$):
$|P(j\omega)| \approx \frac{1}{0^2+1} = 1$。
$|P(j\omega)|_{dB} = -20 \log_{10}(0^2+1) = 0$ dB。
$\angle P(j\omega) = -180^\circ$。

高頻區 ($\omega \to \infty$):
$|P(j\omega)| \approx \frac{1}{\omega^2}$。
$|P(j\omega)|_{dB} \approx -20 \log_{10}(\omega^2) = -40 \log_{10}(\omega)$。
斜率為 $-40$ dB/decade。
$\angle P(j\omega) = -180^\circ$。

轉折頻率:
$P(s)$ 的極點是 $s=1$ 和 $s=-1$。在波德圖中，我們主要關注右半平面極點 $s=1$ 造成的影響。
當 $\omega = 1$ rad/sec 時，$\omega^2+1 = 1^2+1 = 2$。
$|P(j\omega)|_{dB} = -20 \log_{10}(2) \approx -20 \times 0.301 = -6.02$ dB。
$\angle P(j\omega) = -180^\circ$。

繪製波德圖:

• 幅值圖:
  • 低頻時 (DC gain) 為 0 dB。
  • 在 $\omega=1$ rad/sec 時，幅值約為 -6 dB。
  • 高於 $\omega=1$ 時，斜率為 -40 dB/decade。
• 相位圖:
  • 對於所有 $\omega > 0$，相位恆為 $-180^\circ$。

注意: 由於 $P(s)$ 的極點在右半平面 ($s=1$)，該系統本身是不穩定的。波德圖的分析通常用於判斷閉迴路系統的穩定性，但對於開迴路系統本身，如果其傳遞函數有右半平面極點，則系統本身就是不穩定的。這裡我們繪製的是開迴路傳遞函數的波德圖。

【答案】
幅值圖：低頻時 0 dB，在 $\omega=1$ rad/sec 時約 -6 dB，高於 $\omega=1$ 時斜率為 -40 dB/decade。
相位圖：對於所有 $\omega > 0$，相位為 $-180^\circ$。

(b) 使用超前補償器 $C(s) = K \frac{1+aTs}{1+Ts}$ 設計

目標：

1. 穩態誤差 $e_{ss} \le 4\%$ (對單位階躍參考輸入)。
2. 相位裕度 $PM = 45^\circ$。
3. $K, a, T > 0$, 且 $a > 1$ (超前補償器特性)。

1. 最小 $K$ 值以滿足穩態誤差要求

對於單位階躍參考輸入 $R(s) = 1/s$，穩態誤差 $e_{ss}$ 的計算取決於系統的類型。
考慮閉迴路系統 $T(s) = \frac{C(s)P(s)}{1+C(s)P(s)}$。
對於階躍響應，穩態誤差 $e_{ss} = \lim_{s \to 0} s E(s) = \lim_{s \to 0} s \frac{R(s)}{1+C(s)P(s)}$。
若 $R(s) = 1/s$, $e_{ss} = \frac{1}{1+\lim_{s \to 0} C(s)P(s)}$。
$\lim_{s \to 0} C(s)P(s) = \lim_{s \to 0} K \frac{1+aTs}{1+Ts} \frac{1}{s^2-1} = K \frac{1+0}{1+0} \frac{1}{0-1} = -K$。
所以，$e_{ss} = \frac{1}{1-K}$。
題目要求 $|e_{ss}| \le 4\% = 0.04$。
$|\frac{1}{1-K}| \le 0.04$。
由於 $K>0$, $1-K$ 必須是負的，且 $|1-K|$ 必須足夠大。
$\frac{1}{|1-K|} \le 0.04 \implies |1-K| \ge \frac{1}{0.04} = 25$。
因為 $K>0$, $1-K < 1$. 所以 $1-K$ 必須是負的。
$K-1 \ge 25 \implies K \ge 26$。
因此，最小的 $K$ 值為 $K_{min} = 26$。

2. 設計超前補償器以達到相位裕度 $45^\circ$

使用最小 $K = 26$。
$C(s) = 26 \frac{1+aTs}{1+Ts}$
$P(s) = \frac{1}{s^2-1}$
考慮開迴路傳遞函數 $L(s) = C(s)P(s) = 26 \frac{1+aTs}{1+Ts} \frac{1}{s^2-1}$。
我們要找一個頻率 $\omega_{gc}$ (增益交越頻率)，使得 $|L(j\omega_{gc})| = 1$。
此時，相位裕度 $PM = 180^\circ + \angle L(j\omega_{gc})$。我們希望 $PM = 45^\circ$。
所以，$\angle L(j\omega_{gc}) = 45^\circ - 180^\circ = -135^\circ$。

超前補償器的相位最大值發生在 $\omega = 1/\sqrt{a}T$。
$\phi_{max} = \arcsin(\frac{a-1}{a+1})$。
我們需要補償器提供的相位增加量，來補償 $P(s)$ 在 $\omega_{gc}$ 的相位以及滿足 $45^\circ$ 的相位裕度。

由於 $P(s) = \frac{1}{s^2-1}$，其相位為 $-180^\circ$ (對於 $\omega > 0$)。
在 $\omega_{gc}$ 處，$\angle P(j\omega_{gc}) = -180^\circ$。
$\angle C(j\omega_{gc}) = \angle L(j\omega_{gc}) - \angle P(j\omega_{gc}) = -135^\circ - (-180^\circ) = 45^\circ$。
所以，超前補償器在 $\omega_{gc}$ 必須提供 $45^\circ$ 的相位增加。

補償器的相位為 $\angle C(j\omega) = \arctan(aT\omega) - \arctan(T\omega)$。
令 $\omega = \omega_{gc}$。
$\arctan(aT\omega_{gc}) - \arctan(T\omega_{gc}) = 45^\circ$。

同時，我們需要 $|C(j\omega_{gc})P(j\omega_{gc})|=1$。
$|C(j\omega_{gc})| |\frac{1}{j\omega_{gc}^2-1}| = 1$。
$|C(j\omega_{gc})| = |\frac{(j\omega_{gc})^2-1}{1}| = |\omega_{gc}^2+1|$。
由於 $\omega_{gc}^2-1$ 在 $\omega_{gc}$ 處是負值，所以 $|P(j\omega_{gc})| = \frac{1}{\omega_{gc}^2+1}$。
$|C(j\omega_{gc})| = \omega_{gc}^2+1$。

補償器的幅值 $|C(j\omega)| = K |\frac{1+aTj\omega}{1+Tj\omega}| = K \sqrt{\frac{1+(aT\omega)^2}{1+(T\omega)^2}}$。
所以，在 $\omega_{gc}$ 處：
$K \sqrt{\frac{1+(aT\omega_{gc})^2}{1+(T\omega_{gc})^2}} = \omega_{gc}^2+1$。
$26 \sqrt{\frac{1+(aT\omega_{gc})^2}{1+(T\omega_{gc})^2}} = \omega_{gc}^2+1$。

我們需要選擇 $\omega_{gc}$。通常，我們希望 $\omega_{gc}$ 略高於開迴路系統的極點頻率，以避免在不穩定區域附近操作。
考慮 $\omega_{gc}$ 的選擇。由於 $P(s)$ 在 $\omega=1$ 時有 $-180^\circ$ 的相位。
如果我們讓 $\omega_{gc} > 1$, 則 $\angle P(j\omega_{gc})$ 仍然是 $-180^\circ$.
Let's assume a design strategy. We choose $\omega_{gc}$ such that the phase contribution from $P(s)$ is $-180^\circ$. We need the compensator to provide $45^\circ$ phase lead.
The maximum phase lead of the compensator is $\phi_{max} = \arcsin(\frac{a-1}{a+1})$. This occurs at $\omega_{max} = \frac{1}{T\sqrt{a}}$.
We want the phase at $\omega_{gc}$ to be $45^\circ$. So, we can set $\omega_{gc} = \omega_{max}$.
Then $\phi_{max} = 45^\circ$.
$\arcsin(\frac{a-1}{a+1}) = 45^\circ \implies \frac{a-1}{a+1} = \sin(45^\circ) = \frac{1}{\sqrt{2}}$。
$\sqrt{2}(a-1) = a+1 \implies \sqrt{2}a - \sqrt{2} = a+1 \implies (\sqrt{2}-1)a = \sqrt{2}+1$
$a = \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1} = \frac{(\sqrt{2}+1)^2}{(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)} = \frac{2+2\sqrt{2}+1}{2-1} = 3+2\sqrt{2} \approx 5.828$。

現在我們有了 $a$。我們需要選擇 $T$。
$\omega_{gc} = \frac{1}{T\sqrt{a}}$。
我們需要滿足幅值條件 $|C(j\omega_{gc})P(j\omega_{gc})|=1$。
$|C(j\omega_{gc})| = \omega_{gc}^2+1$。
$K \sqrt{\frac{1+(aT\omega_{gc})^2}{1+(T\omega_{gc})^2}} = \omega_{gc}^2+1$。
令 $\omega_{gc} T = \tau$。則 $aT\omega_{gc} = a\tau$.
$K \sqrt{\frac{1+(a\tau)^2}{1+\tau^2}} = \omega_{gc}^2+1$。
$\omega_{gc} = 1/(T\sqrt{a}) \implies \tau = \omega_{gc} T = 1/\sqrt{a}$。
$a\tau = a/\sqrt{a} = \sqrt{a}$。
$K \sqrt{\frac{1+a}{1+1/a}} = \omega_{gc}^2+1$。
$K \sqrt{\frac{a(1+a)}{a+1}} = \omega_{gc}^2+1$。
$K \sqrt{a} = \omega_{gc}^2+1$。

核心觀念

將飽和方塊以等效增益 $K$ 取代後，整個系統成為線性系統。先依方塊圖寫出閉迴路特徵方程，再將方程整理成根軌跡形式：

$$1+K L(s)=0$$

根軌跡由開迴路極點出發，隨 $K$ 增加移向開迴路零點或無限遠；實軸上的分離點、匯入點則由 $K(s)$ 的極值求得。

解題方法

令第一個加總點的誤差為 $e=R-Y$。第一個增益輸出為 $v=2e$。設積分器輸出為 $q$，飽和方塊輸入為 $w$，輸出為 $z=Kw$。

由方塊圖可得：

$$q=\frac{v-20(w-z)}{2s} =\frac{v-20(1-K)w}{2s}$$

第三個加總點將積分器輸出與上方增益支路相加，因此

$$w=q+2v$$

代入 $q$ 並整理：

$$\bigl[2s+20(1-K)\bigr]w=(4s+1)v$$

此外，植物為 $2/s$，所以 $Y=(2/s)z=(2K/s)w$；又 $v=2(R-Y)$。令輸入 $R=0$，消去 $v,w$ 得閉迴路特徵方程：

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

等價的根軌跡形式為：

$$s(s+10)+2K(1-s)=0$$

因此可取

$$L(s)=\frac{2(1-s)}{s(s+10)}$$

其開迴路極點為 $s=0,-10$，零點為 $s=1$。

(a) 飽和方塊增益為 1 時的閉迴路根

令 $K=1$：

$$s^2+8s+2=0$$

解得

$$s=-4\pm\sqrt{14}$$

即兩根約為 $-0.258$ 與 $-7.742$。

(b) $K>0$ 時的根軌跡

由

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

可判定正實數增益對應的實軸根軌跡位於 $(-10,0)$ 與 $(1,\infty)$。兩條分支分別由極點 $-10$、$0$ 出發，在 $(-10,0)$ 上靠近後離開實軸；之後以共軛複數根形式移動，再於 $(1,\infty)$ 上匯入實軸。一條分支終止於零點 $1$，另一條趨向正無限遠。

此系統有 $2-1=1$ 條漸近線，重心為

核心觀念

本題使用 Ziegler–Nichols 臨界靈敏度法。先令控制器為純比例控制器 $D_c(s)=K$，求出：

• 臨界增益 $K_u$：系統持續等幅振盪時的比例增益。
• 臨界週期 $P_u$：持續振盪的週期。

再依據 PI 調整公式：

$$K_p=0.45K_u,\qquad T_1=\frac{P_u}{1.2}$$

由於飽和信號未達飽和值，飽和元件可視為線性增益 $2$。

---

(a) PI 控制器設計

令控制器輸出為 $c$，積分器輸出為 $q$，飽和器輸入為 $x$。

由圖中上方增益 $2$ 與積分器輸出相加：

$$x=q+2c$$

飽和器未作用，因此：

$$v=2x$$

下方加法點的輸出為飽和器輸入減去輸出：

$$x-v=x-2x=-x$$

經過增益 $20$ 後，回授至積分器輸入端，因此積分器輸入為：

$$c-20(x-v)=c+20x$$

由積分器 $1/(2s)$ 可得：

$$2sq=c+20x$$

代入 $x=q+2c$：

$$2sq=c+20(q+2c)$$ $$(2s-20)q=41c$$

因此：

$$q=\frac{41}{2s-20}c$$

飽和器輸入為：

$$x=q+2c =\frac{41+2(2s-20)}{2s-20}c =\frac{4s+1}{2s-20}c$$

植物輸出為：

$$Y(s)=\frac{2}{s}v =\frac{2}{s}(2x) =\frac{4(4s+1)}{s(2s-20)}c$$

所以從比例控制器輸出 $c$ 到 $Y(s)$ 的等效傳遞函數為：

$$G(s)=\frac{4(4s+1)}{s(2s-20)}$$

令 $D_c(s)=K$，外迴路特徵方程式為：

$$1+KG(s)=0$$

因此：

$$s(2s-20)+4K(4s+1)=0$$

整理得：

$$2s^2+(16K-20)s+4K=0$$

臨界穩定時，$s$ 的一次項係數為零：

$$16K_u-20=0$$ $$K_u=\frac{20}{16}=1.25$$

此時特徵方程式為：

$$2s^2+5=0$$

故臨界振盪角頻率：

$$\omega_u=\sqrt{\frac{5}{2}}=\sqrt{2.5}$$

臨界週期：

$$P_u=\frac{2\pi}{\omega_u} =\frac{2\pi}{\sqrt{2.5}} \approx 3.974\ \text{s}$$

依 Ziegler–Nichols PI 調整公式：

此小題要求根據 Ziegler-Nichols 整定方法，設計 PI 控制器。

1. 確定系統的線性部分和參數

從圖四的方塊圖可知，系統的線性部分傳遞函數為：
$G_{linear}(s) = 2 \times \frac{1}{2s} \times 20 \times \frac{2}{s} = \frac{40}{s^2}$。
題目提到飽和區塊的斜率是 2。然而，Ziegler-Nichols 整定方法是針對線性系統的。
通常，在應用 Ziegler-Nichols 方法時，我們首先分析系統的線性部分，找到極限增益 $K_u$ 和極限週期 $P_u$。
題目提到「飽和信號太大無法達到」，這暗示在正常工作範圍內，飽和效應可能不顯著，或者我們應該基於線性模型進行設計。

2. 尋找極限增益 $K_u$ 和極限週期 $P_u$

Ziegler-Nichols 整定方法（極限靈敏度法）的步驟是：
a. 將控制器設為純比例控制器 $k_p$。
b. 逐漸增大 $k_p$，直到系統產生持續的、穩定振盪的輸出。
c. 此時的比例增益稱為極限增益 $K_u$。
d. 測量持續振盪的週期，稱為極限週期 $P_u$。

在我們的線性系統 $G_{linear}(s) = \frac{40}{s^2}$ 中，如果我們使用比例控制器 $k_p$, 則開迴路傳遞函數為 $G_{ol}(s) = k_p \frac{40}{s^2}$。
閉迴路特徵方程式為 $1 + G_{ol}(s) = 0 \implies 1 + \frac{40k_p}{s^2} = 0 \implies s^2 + 40k_p = 0$。
解得極點為 $s = \pm j\sqrt{40k_p}$。
這意味著，對於任何 $k_p > 0$, 系統的極點都位於虛軸上，呈現持續振盪（邊際穩定）的狀態。
這與 Ziegler-Nichols 方法中尋找一個特定的 $K_u$ 值以達到邊際穩定不同，因為在這個系統中，任何 $k_p>0$ 都會導致邊際穩定。

處理這種情況的常見方法:
當系統在比例控制下就邊際穩定時，我們通常將使得邊際穩定的那個比例增益 $k_p$ 視為 $K_u$。

此小題要求計算在設計好的 PI 控制器下，閉迴路系統對於參考輸入 $R(s)$ 的相關誤差常數。

1. 確定系統的開迴路傳遞函數 $G_{ol}(s)$

根據 (a) 小題的設計，PI 控制器為 $D_c(s) = k_p (1 + \frac{1}{T_i s})$，其中 $k_p = 18$ 和 $T_i = \pi / 24 \approx 0.1309$ sec。
系統的線性部分傳遞函數為 $G_{plant}(s) = \frac{40}{s^2}$。
開迴路傳遞函數 $G_{ol}(s) = D_c(s) G_{plant}(s)$。
$G_{ol}(s) = 18 (1 + \frac{1}{(\pi/24) s}) \frac{40}{s^2} = 18 \frac{(\pi/24) s + 1}{(\pi/24) s} \frac{40}{s^2}$
$G_{ol}(s) = \frac{18 \times 40}{(\pi/24)} \frac{(\pi/24) s + 1}{s^3} = \frac{720 \times 24}{\pi} \frac{(\pi/24) s + 1}{s^3}$
$G_{ol}(s) = \frac{17280}{\pi} \frac{(\pi/24) s + 1}{s^3}$
$G_{ol}(s) = k_p (1 + \frac{1}{T_i s}) \frac{40}{s^2} = k_p \frac{T_i s + 1}{T_i s} \frac{40}{s^2} = \frac{40 k_p (T_i s + 1)}{T_i s^3}$。
將 $k_p=18$ 和 $T_i = \pi/24$ 代入：