112 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：

• 微分方程轉換為傳遞函數。
• 負回授系統的特徵方程式。
• 根軌跡。
• Nyquist 穩定判據。
• 增益裕度與相位裕度。

由

$$\ddot y+y=2v_a-2\dot v_a+W$$

取拉普拉斯轉換，令初始條件為零：

$$(s^2+1)Y(s)=2(1-s)V_a(s)+W(s)$$

因此，控制訊號至輸出的前向傳遞函數為

$$G_d(s)G_p(s)=\frac{2-2s}{s^2+1}$$

圖中控制器為

$$D(s)=k$$

干擾輸入 $W$ 不影響閉迴路特徵方程式，因此根軌跡與穩定性只需考慮

$$L(s)=D(s)G_d(s)G_p(s) =\frac{k(2-2s)}{s^2+1}$$

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(a) 根軌跡

負回授特徵方程式為

$$1+\frac{k(2-2s)}{s^2+1}=0$$

整理得

$$s^2+1+2k-2ks=0$$

亦即

$$s^2-2ks+(1+2k)=0$$

開迴路極點為

$$s=\pm j$$

開迴路零點為

$$s=1$$

根軌跡上的點 $s=\sigma+j\omega$ 必須滿足

$$k=\frac{s^2+1}{2(s-1)}$$

令 $k$ 為實數，取虛部為零，可得

$$(\sigma-1)^2+\omega^2=2$$

所以根軌跡位於以 $1$ 為圓心、半徑 $\sqrt 2$ 的圓上。

對 $k>0$ 的根軌跡如下：

• 從 $s=+j$ 與 $s=-j$ 出發。
• 沿圓弧向右半平面移動。
• 在實軸上的匯合點為

$$s=1+\sqrt 2$$

• 之後分成兩支，一支沿實軸往右側無限遠，另一支沿實軸往左至零點 $s=1$。
• 根軌跡的實軸部分為

$$s\geq 1$$

也可由閉迴路極點直接驗算：

$$s=k\pm\sqrt{k^2-2k-1}$$

當

$$0<k<1+\sqrt2$$

時，極點為右半平面的共軛複數；當

$$k>1+\sqrt2$$

時，極點位於正實軸上。

因此只要 $k>0$，閉迴路極點皆在右半平面，系統不穩定。

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(b) $k=1$ 時的 Nyquist 圖

當 $k=1$ 時，

$$L(s)=D(s)G_d(s)G_p(s) =\frac{2-2s}{s^2+1}$$

令 $s=j\omega$：

$$L(j\omega) =\frac{2-2j\omega}{1-\omega^2}$$

因此

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\} =\frac{2}{1-\omega^2}$$ $$\operatorname{Im}\{L(j\omega)\} =-\frac{2\omega}{1-\omega^2}$$

關鍵位置與方向如下：

• $\omega=0$：

$$L(j0)=2$$

圖形從 $(2,0)$ 出發。

• $0<\omega<1$：

$$\operatorname{Re}\{L\}>0,\qquad \operatorname{Im}\{L\}<0$$

曲線位於第四象限，且當 $\omega\to1^-$ 時：

$$L(j\omega)\to+\infty-j\infty$$

• $\omega>1$：

$$\operatorname{Re}\{L\}<0,\qquad \operatorname{Im}\{L\}>0$$

曲線位於第二象限，且當 $\omega\to1^+$ 時：

$$L(j\omega)\to-\infty+j\infty$$

• 當 $\omega\to\infty$：

$$L(j\omega)\to 0^+$$

且從正虛軸方向接近原點。

負頻率部分為正頻率部分對實軸的鏡射。由於開迴路在 $s=\pm j$ 有虛軸極點，繪製 Nyquist 圖時必須繞過這些極點作小半圓凹口。完整 Nyquist 輪廓對 $-1+j0$ 形成兩次順時針包圍。

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(c) Nyquist 穩定性判斷

Nyquist 判據採用

$$Z=N+P$$

其中：

核心觀念

由原卷圖可讀得系統微分方程為

$$\dot y(t)=2v_a(t-2)+w(t).$$

因此，控制輸入至輸出的傳遞函數為

$$G(s)=\frac{2e^{-2s}}{s}.$$

採用題目指定的 Padé 近似式，當 $T=2$ 時，

$$e^{-2s}\approx \frac{1-s}{1+s}.$$

單位負回授下，迴路傳遞函數為

$$L(s)=D(s)G(s) =2K\frac{s+z}{s+p}\frac{1-s}{s(1+s)}.$$

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（a）控制器設計

設增益交越頻率為 $\omega_c=1$ rad/s，且目標相位裕度為 $40^\circ$。

在 $s=j$ 時，Padé 延遲項的相位為

$$\angle\frac{1-j}{1+j}=-90^\circ.$$

積分器 $1/s$ 再提供 $-90^\circ$，所以未補償系統在 $\omega=1$ 時的相位為

$$-90^\circ-90^\circ=-180^\circ.$$

要得到相位裕度 $40^\circ$，控制器必須提供 $40^\circ$ 的超前相位：

$$\angle\frac{j+z}{j+p}=40^\circ.$$

採用標準超前補償器設計，令最大超前相位出現在交越頻率，即

$$\omega_c=\sqrt{zp}=1,$$

因此

$$zp=1.$$

又因為

$$\angle\frac{j+z}{j+p} =\tan^{-1}\frac{1}{z}-\tan^{-1}\frac{1}{p},$$

可得

$$\tan 40^\circ=\frac{p-z}{1+zp} =\frac{p-z}{2}.$$

所以

$$p-z=2\tan40^\circ.$$

聯立 $zp=1$，得到

$$p=\tan40^\circ+\sec40^\circ\approx 2.144,$$ $$z=\sec40^\circ-\tan40^\circ\approx 0.466.$$

此題為一電路分析題，考查狀態空間表示法、傳遞函數、可控可觀性分析以及參數變化對系統階數的影響。

首先，我們需要建立電路的節點電壓與電容電壓的關係。
輸入為電流 $i(t)$，輸出為電壓 $v(t)$。
狀態變數為電容電壓 $v_1(t)$ 和 $v_2(t)$。
電路中的電阻為 R。

(a) State equations and output equation.
根據基爾霍夫電流定律 (KCL) 和電容的關係 $i_C = C \frac{dv_C}{dt}$。
電容 $C_1$ 上的電流 $i_{C1} = C_1 \frac{dv_1}{dt}$。
電容 $C_2$ 上的電流 $i_{C2} = C_2 \frac{dv_2}{dt}$。

節點 1 (電容 $C_1$ 上端):
通過電阻 R 的電流為 $\frac{v_1(t)}{R}$。
通過電容 $C_1$ 的電流為 $i_{C1}$。
輸入電流 $i(t)$ 分流到電阻 R 和電容 $C_1$。
$i(t) = \frac{v_1(t)}{R} + i_{C1} = \frac{v_1(t)}{R} + C_1 \frac{dv_1}{dt}$.
所以，$\frac{dv_1}{dt} = \frac{i(t)}{C_1} - \frac{v_1(t)}{RC_1}$.

節點 2 (電容 $C_2$ 上端):
通過電阻 R 的電流為 $\frac{v_2(t)}{R}$。
通過電容 $C_2$ 的電流為 $i_{C2}$。
輸出電壓 $v(t)$ 是節點 1 和節點 2 的電壓差，即 $v(t) = v_1(t) - v_2(t)$。
在節點 2，進入的電流是通過上面 R 的電流 $\frac{v_1(t)-v_2(t)}{R}$。
離開的電流是通過 $C_2$ 的 $i_{C2}$ 和通過下面 R 的 $\frac{v_2(t)}{R}$。
$\frac{v_1(t)-v_2(t)}{R} = i_{C2} + \frac{v_2(t)}{R}$.
$\frac{v_1(t)}{R} - \frac{v_2(t)}{R} = C_2 \frac{dv_2}{dt} + \frac{v_2(t)}{R}$.
$\frac{v_1(t)}{R} = C_2 \frac{dv_2}{dt} + \frac{2v_2(t)}{R}$.
$C_2 \frac{dv_2}{dt} = \frac{v_1(t)}{R} - \frac{2v_2(t)}{R}$.
$\frac{dv_2}{dt} = \frac{v_1(t)}{RC_2} - \frac{2v_2(t)}{RC_2}$.

狀態方程：
$\dot{v}_1 = -\frac{1}{RC_1} v_1 + \frac{1}{C_1} i$
$\dot{v}_2 = \frac{1}{RC_2} v_1 - \frac{2}{RC_2} v_2$

輸出方程：
$v = v_1 - v_2$.

將其寫成矩陣形式：
$\dot{\mathbf{x}} = A \mathbf{x} + B u$
$\mathbf{x} = \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix}$, $u = i$.
$A = \begin{bmatrix} -\frac{1}{RC_1} & 0 \\ \frac{1}{RC_2} & -\frac{2}{RC_2} \end{bmatrix}$
$B = \begin{bmatrix} \frac{1}{C_1} \\ 0 \end{bmatrix}$

$y = C \mathbf{x} + D u$
$y = v$.
$C = \begin{bmatrix} 1 & -1 \end{bmatrix}$
$D = 0$ (因為輸出電壓與輸入電流之間沒有直接的比例關係，而是通過電容和電阻路徑）。

Transfer function $V(s)/I(s)$.
從狀態方程和輸出方程轉換到拉普拉斯域。
$s V_1(s) = -\frac{1}{RC_1} V_1(s) + \frac{1}{C_1} I(s)$
$s V_2(s) = \frac{1}{RC_2} V_1(s) - \frac{2}{RC_2} V_2(s)$
$V(s) = V_1(s) - V_2(s)$.

從第一個方程：
$(s + \frac{1}{RC_1}) V_1(s) = \frac{1}{C_1} I(s)$
$V_1(s) = \frac{1}{C_1(s + \frac{1}{RC_1})} I(s) = \frac{1}{C_1 s + \frac{1}{R}} I(s) = \frac{R}{RC_1 s + 1} I(s)$.

從第二個方程：
$(s + \frac{2}{RC_2}) V_2(s) = \frac{1}{RC_2} V_1(s)$
$V_2(s) = \frac{1}{RC_2(s + \frac{2}{RC_2})} V_1(s) = \frac{1}{RC_2 s + 2} V_1(s)$.

將 $V_1(s)$ 代入 $V_2(s)$：
$V_2(s) = \frac{1}{RC_2 s + 2} \frac{R}{RC_1 s + 1} I(s) = \frac{R}{(RC_2 s + 2)(RC_1 s + 1)} I(s)$.

現在計算 $V(s) = V_1(s) - V_2(s)$:
$V(s) = \left( \frac{R}{RC_1 s + 1} - \frac{R}{(RC_2 s + 2)(RC_1 s + 1)} \right) I(s)$.
$V(s) = \frac{R(RC_2 s + 2) - R}{(RC_2 s + 2)(RC_1 s + 1)} I(s)$.
$V(s) = \frac{R^2 C_2 s + 2R - R}{(RC_2 s + 2)(RC_1 s + 1)} I(s)$.
$V(s) = \frac{R^2 C_2 s + R}{(RC_2 s + 2)(RC_1 s + 1)} I(s)$.
$V(s) = \frac{R(RC_2 s + 1)}{(RC_2 s + 2)(RC_1 s + 1)} I(s)$.

所以，傳遞函數 $\frac{V(s)}{I(s)} = \frac{R(RC_2 s + 1)}{(RC_2 s + 2)(RC_1 s + 1)}$.
分母展開：$(RC_2 s + 2)(RC_1 s + 1) = R^2 C_1 C_2 s^2 + RC_2 s + 2RC_1 s + 2 = R^2 C_1 C_2 s^2 + R(C_1+C_2)s + 2$.
$\frac{V(s)}{I(s)} = \frac{R^2 C_2 s + R}{R^2 C_1 C_2 s^2 + R(C_1+C_2)s + 2}$.

(b) Controllability and observability for $C_1 \neq C_2$ and $C_1 = C_2$.
狀態空間表示：
$A = \begin{bmatrix} -\frac{1}{RC_1} & 0 \\ \frac{1}{RC_2} & -\frac{2}{RC_2} \end{bmatrix}$, $B = \begin{bmatrix} \frac{1}{C_1} \\ 0 \end{bmatrix}$, $C = \begin{bmatrix} 1 & -1 \end{bmatrix}$, $D = 0$.

Controllability matrix: $M_c = \begin{bmatrix} B & AB \end{bmatrix}$.
$AB = \begin{bmatrix} -\frac{1}{RC_1} & 0 \\ \frac{1}{RC_2} & -\frac{2}{RC_2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1}{C_1} \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac{1}{R C_1^2} \\ \frac{1}{R C_1 C_2} \end{bmatrix}$.
$M_c = \begin{bmatrix} \frac{1}{C_1} & -\frac{1}{R C_1^2} \\ 0 & \frac{1}{R C_1 C_2} \end{bmatrix}$.
系統可控的條件是 $det(M_c) \neq 0$.
$det(M_c) = (\frac{1}{C_1}) (\frac{1}{R C_1 C_2}) - (-\frac{1}{R C_1^2}) (0) = \frac{1}{R C_1^2 C_2}$.
由於 $R, C_1, C_2$ 都是正的，所以 $det(M_c) \neq 0$.
因此，系統是完全可控的，不論 $C_1$ 和 $C_2$ 的值如何。

Observability matrix: $M_o = \begin{bmatrix} C \\ CA \end{bmatrix}$.
$CA = \begin{bmatrix} 1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -\frac{1}{RC_1} & 0 \\ \frac{1}{RC_2} & -\frac{2}{RC_2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac{1}{RC_1} - \frac{1}{RC_2} & 0 - (-\frac{2}{RC_2}) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac{C_2+C_1}{RC_1 C_2} & \frac{2}{RC_2} \end{bmatrix}$.

核心觀念

由圖中方塊圖可得

$$Y(s)=\frac{2}{s+2}\bigl[U(s)+D(s)\bigr]$$

因此時域微分方程為

$$\dot y(t)=-2y(t)+2u(t)+2d(t)$$

且題設給定 $d(t)$ 為未知常數，所以

$$\dot d(t)=0$$

本題利用「擴增狀態觀測器」估測未知常數擾動，再以狀態估測值進行回授控制。

(a) 狀態方程與輸出方程

題目指定

$$\mathbf{x}_p= \begin{bmatrix} y\\ \dot y\\ d \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{bmatrix}$$

由 $x_1=y$、$x_2=\dot y$ 可得

$$\dot x_1=x_2$$

將

$$x_2=-2x_1+2u+2x_3$$

微分，並利用 $\dot x_3=\dot d=0$：

$$\dot x_2 =-2\dot x_1+2\dot u+2\dot x_3 =-2x_2+2\dot u$$

因此，若嚴格按照題目指定的三維狀態向量，狀態方程為

$$\dot{\mathbf{x}}_p = \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&-2&0\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \mathbf{x}_p + \begin{bmatrix} 0\\ 2\\ 0 \end{bmatrix}\dot u$$

輸出方程為

$$y= \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix} \mathbf{x}_p$$

其中三維狀態選擇會使自然輸入變成 $\dot u$。對觀測器設計而言，直接採用等價且不含 $\dot u$ 的擴增狀態

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} y\\ d \end{bmatrix}$$

較為合適，其狀態方程為

$$\dot{\mathbf{x}} = \underbrace{ \begin{bmatrix} -2&2\\ 0&0 \end{bmatrix}}_{A} \mathbf{x} + \underbrace{ \begin{bmatrix} 2\\ 0 \end{bmatrix}}_{B}u$$ $$y= \underbrace{ \begin{bmatrix} 1&0 \end{bmatrix}}_{C}\mathbf{x}$$

(b) 全階觀測器設計

因為輸出 $y$ 可以直接量測，觀測器估測的獨立狀態為 $y$ 與 $d$：

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

令

$$L= \begin{bmatrix} l_1\\ l_2 \end{bmatrix}$$

則估測誤差 $\mathbf{e}=\mathbf{x}-\hat{\mathbf{x}}$ 的動態矩陣為

$$A-LC = \begin{bmatrix} -2-l_1&2\\ -l_2&0 \end{bmatrix}$$

其特徵多項式為

$$\det\bigl[sI-(A-LC)\bigr] =s^2+(2+l_1)s+2l_2$$

題目指定

$$E(s)=s^2+16s+64$$

係數比較得

$$2+l_1=16,\qquad 2l_2=64$$

因此

$$l_1=14,\qquad l_2=32$$

所以觀測器為

$$\boxed{ \dot{\hat y} =-16\hat y+2\hat d+2u+14y }$$ $$\boxed{ \dot{\hat d}=32(y-\hat y) }$$

其觀測器極點為