114 年 國立清華大學動力機械工程學系碩士班乙組《控制系統》

此題為一典型的 PD 控制器設計問題，利用期望的暫態響應規格（響應時間與超度）來決定控制器參數。

核心觀念： 二階系統暫態響應與極點位置的關係，以及控制器如何影響閉迴路系統的極點。

解題步驟：

1. 分析系統規格：

   • 期望的超度 (overshoot, OS) 為 4.32%。對於二階系統，超度與阻尼比 $\zeta$ 的關係為：
     $OS = e^{-\frac{\pi \zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}}$
     將 0.0432 代入，可解出 $\zeta$。
     $0.0432 \approx e^{-\frac{\pi \zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}}$
     取自然對數：
     $\ln(0.0432) \approx -\frac{\pi \zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}$
     $-3.142 \approx -\frac{\pi \zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}$
     $3.142 \approx \frac{\pi \zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}$
     $1 \approx \frac{\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}$
     平方兩邊：
     $1 \approx \frac{\zeta^2}{1-\zeta^2}$
     $1 - \zeta^2 \approx \zeta^2$
     $1 \approx 2\zeta^2$
     $\zeta^2 \approx 0.5$
     $\zeta \approx \sqrt{0.5} \approx 0.707$
     （實際上，計算機計算 $\zeta \approx 0.707$）。

   • 期望的響應時間 (rise time, $t_r$) 為 $0.45 \times \sqrt{2}$ 秒。對於二階系統，響應時間與自然頻率 $\omega_n$ 及阻尼比 $\zeta$ 的關係為：
     $t_r = \frac{\pi - \arccos(\zeta)}{\omega_n \sqrt{1-\zeta^2}}$
     將 $\zeta \approx 0.707$ 代入，$\sqrt{1-\zeta^2} = \sqrt{1-0.5} = \sqrt{0.5} \approx 0.707$。
     $\arccos(0.707) \approx \frac{\pi}{4}$ 弧度。
     $t_r = \frac{\pi - \frac{\pi}{4}}{\omega_n \sqrt{0.5}} = \frac{\frac{3\pi}{4}}{\omega_n \sqrt{0.5}}$
     將 $t_r = 0.45 \times \sqrt{2}$ 代入：
     $0.45 \times \sqrt{2} = \frac{\frac{3\pi}{4}}{\omega_n \sqrt{0.5}}$
     $0.45 \times \sqrt{2} = \frac{3\pi}{4 \omega_n \sqrt{0.5}}$
     $\omega_n = \frac{3\pi}{4 \times 0.45 \times \sqrt{2} \times \sqrt{0.5}} = \frac{3\pi}{4 \times 0.45 \times \sqrt{1}} = \frac{3\pi}{1.8} = \frac{5\pi}{3}$
     $\omega_n \approx \frac{5 \times 3.14159}{3} \approx 5.236 \text{ rad/s}$

2. 分析開迴路系統：
   系統的開迴路傳遞函數為 $G(s) = G_c(s) G_p(s)$。
   $G_p(s) = \frac{1}{s(s+2)}$
   PD 控制器的形式為 $G_c(s) = K_p + K_d s$。
   因此，閉迴路系統的開迴路傳遞函數為：
   $G(s) = (K_p + K_d s) \frac{1}{s(s+2)} = \frac{K_d s^2 + K_p s}{s^2 + 2s}$
   閉迴路系統的特徵方程式為 $1 + G(s) = 0$，即：
   $1 + \frac{K_d s^2 + K_p s}{s^2 + 2s} = 0$
   $s^2 + 2s + K_d s^2 + K_p s = 0$
   $(1+K_d)s^2 + (2+K_p)s = 0$
   此方程少了一個常數項，這意味著它不是一個標準的二階系統形式 $s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2 = 0$。

   修正思維： PD 控制器通常是為了在現有的系統上增加一個零點來改善響應，而不是直接改變系統的階數。標準的二階系統特徵方程式是 $s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2 = 0$。
   我們期望的閉迴路系統應具有以下特徵方程式（基於計算出的 $\zeta$ 和 $\omega_n$）：
   $s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2 = 0$
   $s^2 + 2(0.707)(\frac{5\pi}{3}) s + (\frac{5\pi}{3})^2 = 0$
   $s^2 + 2(\frac{\sqrt{2}}{2})(\frac{5\pi}{3}) s + (\frac{5\pi}{3})^2 = 0$
   $s^2 + \frac{5\pi\sqrt{2}}{3} s + \frac{25\pi^2}{9} = 0$
   $s^2 + 7.39 s + 27.42 = 0$

   現在，我們將 PD 控制器 $G_c(s) = K_p + K_d s$ 加入到 $G_p(s) = \frac{1}{s(s+2)}$ 中。

核心觀念

本題考查：

1. Nichols Chart 與開迴路傳遞函數的相位、增益關係。
2. Nyquist 穩定判據。
3. Lead compensator 的相位超前設計。
4. 擾動輸入對誤差 $e$ 的穩態影響。

Nichols Chart 的橫軸為開迴路相位 $\angle G(j\omega)$，縱軸為開迴路增益 $20\log_{10}|G(j\omega)|$。

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(a) Nichols Chart 配對

依原卷圖中選項，(3)、(4)、(6) 前方皆有負號：

$$\begin{aligned} (1)\quad &\frac{s+1}{s^2(s+10)}\\ (2)\quad &\frac{s-1}{s^2(s+10)}\\ (3)\quad &-\frac{s-1}{s^2(s+10)}\\ (4)\quad &-\frac{s+1}{s^2(s+10)}\\ (5)\quad &\frac{s-1}{s^2(s-10)}\\ (6)\quad &-\frac{s-1}{s^2(s-10)}\\ (7)\quad &\frac{1}{s(s-2)}\\ (8)\quad &\frac{1}{s(s+2)} \end{aligned}$$

判斷各曲線特徵

• 具有 $s^2$ 的系統，在 $\omega\to0$ 時增益趨近無限大。
• 分子含 $s-1$ 的右半平面零點，會造成相位下降特徵。
• 前方負號會使相位增加 $180^\circ$。
• 系統 (7)、(8) 只有一個原點極點，因此低頻相位與 $s^2$ 型系統不同。

各選項分析

選項 (1)

$$G(s)=\frac{s+1}{s^2(s+10)}$$

其相位為

$$\angle G(j\omega) =\tan^{-1}\omega-180^\circ-\tan^{-1}\frac{\omega}{10}.$$

相位大致在 $-180^\circ$ 附近，對應圖中左側的曲線，因此：

$$D=(1)$$

選項 (2)

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

其相位為

$$\angle G(j\omega) =-\tan^{-1}\omega-\tan^{-1}\frac{\omega}{10}.$$

相位由 $0^\circ$ 逐漸下降至 $-180^\circ$，與圖中標示的四條曲線形狀不符，因此不是 A、B、C、D。

選項 (3)

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

其相位為

$$\angle G(j\omega) =180^\circ-\tan^{-1}\omega-\tan^{-1}\frac{\omega}{10}.$$

相位由 $180^\circ$ 逐漸下降至 $0^\circ$，對應圖中由右上方往中央下方移動的曲線：

$$B=(3)$$

選項 (4)

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

其相位為

$$\angle G(j\omega) =\tan^{-1}\omega-\tan^{-1}\frac{\omega}{10}.$$

相位在 $0^\circ$ 附近，且中間向正相位方向偏移，與圖示曲線不符。

選項 (5)

$$G(s)=\frac{s-1}{s^2(s-10)}$$

其相位在 $180^\circ$ 附近呈現另一種右半平面極點特徵，與圖中 A、B、C、D 的形狀不符。

選項 (6)

$$G(s)=-\frac{s-1}{s^2(s-10)}$$

其相位為

$$\angle G(j\omega) =-\tan^{-1}\omega+\tan^{-1}\frac{\omega}{10}.$$

相位由 $0^\circ$ 出發，向負相位方向偏移，再回到 $0^\circ$，正好對應圖中中央偏左的曲線：

$$C=(6)$$

選項 (7)

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

低頻相位約為 $+90^\circ$，高頻相位趨近 $-180^\circ$，對應圖中最右側曲線：

$$A=(7)$$

選項 (8)

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

低頻相位約為 $-90^\circ$，高頻相位趨近 $-180^\circ$，不在圖中 A、B、C、D 的配對中。

因此：

$$\boxed{A=(7),\qquad B=(3),\qquad C=(6),\qquad D=(1)}$$

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(b) System B 的 Nyquist Plot

由 (a) 得知：

$$G_B(s)=-\frac{s-1}{s^2(s+10)} =\frac{1-s}{s^2(s+10)}.$$

令 $s=j\omega$：

$$G_B(j\omega) =-\frac{j\omega-1}{(j\omega)^2(j\omega+10)}.$$

化簡得

$$G_B(j\omega) = \frac{\omega^2-10}{\omega^2(\omega^2+100)} +j\frac{11}{\omega(\omega^2+100)}.$$

因此：

$$\operatorname{Re}\{G_B(j\omega)\} = \frac{\omega^2-10}{\omega^2(\omega^2+100)}$$ $$\operatorname{Im}\{G_B(j\omega)\} = \frac{11}{\omega(\omega^2+100)}.$$

正頻率分支

當 $\omega>0$ 時：

• $\omega\to0^+$：

$$\operatorname{Re}G_B\to-\infty,\qquad \operatorname{Im}G_B\to+\infty$$

故曲線從第二象限無限遠處開始。

• 實軸交點由 $\operatorname{Im}G_B=0$ 決定。對有限 $\omega$ 而言，沒有實軸交點。
• 虛部始終為正，因此正頻率分支位於上半平面。
• $\omega\to\infty$ 時：

$$G_B(j\omega)\to0^+$$

曲線由上半平面趨近原點。

負頻率分支為正頻率分支對實軸的鏡射，位於下半平面。由於原點有二重極點，繪製 Nyquist contour 時必須繞開原點的小半圓。

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(c) Nyquist 穩定性判斷

開迴路函數為

$$G_B(s)=-\frac{s-1}{s^2(s+10)}.$$

除原點極點外，沒有右半平面極點，因此

$$P=0.$$

閉迴路特徵方程為

$$1+G_B(s)=0.$$

因此

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

核心觀念

本題考查：

• 積分器增廣系統。
• 狀態空間模型與可控制性。
• 控制正準形 realization。
• Ackermann 公式或特徵多項式係數配置。
• 閉迴路暫態規格：上升時間、超越量與穩態誤差。

原系統為

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

定義積分狀態

$$x_1=\int e\,dt,\qquad e=y-r$$

因此

$$\dot{x}_1=Cx-r$$

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(a) 增廣狀態方程

令

$$\tilde{x}= \begin{bmatrix} x\\ x_1 \end{bmatrix}$$

則

$$\dot{\tilde{x}} = \begin{bmatrix} \dot{x}\\ \dot{x}_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} Ax+Bu\\ Cx-r \end{bmatrix}$$

整理為

$$\boxed{ \dot{\tilde{x}} = \underbrace{ \begin{bmatrix} A&0\\ C&0 \end{bmatrix}}_{\tilde{A}} \tilde{x} + \underbrace{ \begin{bmatrix} B\\ 0 \end{bmatrix}}_{\tilde{B}}u + \begin{bmatrix} 0\\ -r \end{bmatrix} }$$

其中常數參考輸入 $r$ 不影響可控制性分析。

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(b) 增廣系統的可控制性條件

設原系統維度為 $n$。增廣系統的可控制性矩陣為

$$\mathcal{C}_{\tilde{A},\tilde{B}} = \begin{bmatrix} \tilde{B}&\tilde{A}\tilde{B}&\tilde{A}^2\tilde{B}&\cdots& \tilde{A}^{n}\tilde{B} \end{bmatrix}$$

由

$$\tilde{B}= \begin{bmatrix} B\\ 0 \end{bmatrix}$$

以及

$$\tilde{A}\tilde{B} = \begin{bmatrix} AB\\ CB \end{bmatrix}$$

可得對 $k\geq 1$，

$$\tilde{A}^k\tilde{B} = \begin{bmatrix} A^kB\\ CA^{k-1}B \end{bmatrix}$$

因此

$$\mathcal{C}_{\tilde{A},\tilde{B}} = \begin{bmatrix} B&AB&A^2B&\cdots&A^nB\\ 0&CB&CAB&\cdots&CA^{n-1}B \end{bmatrix}$$

增廣系統可控制的充要條件為

$$\boxed{ \operatorname{rank} \begin{bmatrix} B&AB&\cdots&A^nB\\ 0&CB&\cdots&CA^{n-1}B \end{bmatrix} =n+1 }$$

也可用 PBH 條件表示為：

1. 原系統 $(A,B)$ 必須可控制；
2. 增廣後在 $\lambda=0$ 處不可有不可控制模態，即

$$\boxed{ \operatorname{rank} \begin{bmatrix} A&B\\ C&0 \end{bmatrix} =n+1 }$$

因此常用的可控制性條件為

$$\boxed{ (A,B)\ \text{可控制，且}\ \operatorname{rank} \begin{bmatrix} A&B\\ C&0 \end{bmatrix} =n+1 }$$

第二個條件也表示原系統在原點沒有傳輸零點；否則加入積分器後會形成不可控制的零特徵值。

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(c) 控制正準形與增廣系統

已知

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

取控制正準形

$$A= \begin{bmatrix} 0&1\\ 2&0 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}, \qquad C= \begin{bmatrix} 2&0 \end{bmatrix}$$

驗證其轉移函數：

$$(sI-A)^{-1}B = \begin{bmatrix} \dfrac{1}{s^2-2}\\[4pt] \dfrac{s}{s^2-2} \end{bmatrix}$$

所以

$$C(sI-A)^{-1}B = \frac{2}{s^2-2}$$

符合題目所給的 $G(s)$。

依照 (a) 增廣後，

$$\tilde{A} = \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 2&0&0\\ 2&0&0 \end{bmatrix}, \qquad \tilde{B} = \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}$$

計算：

$$\tilde{A}\tilde{B} = \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}$$

核心觀念

本題考查機電系統的狀態空間建模、可觀測性，以及觀測器極點配置。

依原卷圖示，狀態向量的順序是位移、速度、電流：

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x\\ \dot{x}\\ i \end{bmatrix}.$$

喇叭振膜的機械方程與線圈的電氣方程分別為

$$M\ddot{x}+B\dot{x}+Kx=\lambda i, \qquad L\dot{i}+Ri+\lambda\dot{x}=v_a.$$

(a) 狀態方程與輸出方程

令狀態為 $\mathbf{x}=[x,\dot{x},i]^T$，輸入為 $u=v_a$，輸出為 $y=i$。由機械方程得

$$\ddot{x}=-\frac{K}{M}x-\frac{B}{M}\dot{x}+\frac{\lambda}{M}i,$$

由電氣方程得

$$\dot{i}=-\frac{\lambda}{L}\dot{x}-\frac{R}{L}i+\frac{1}{L}v_a.$$

因此

$$\dot{\mathbf{x}}= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ -\frac{K}{M}&-\frac{B}{M}&\frac{\lambda}{M}\\ 0&-\frac{\lambda}{L}&-\frac{R}{L} \end{bmatrix} \mathbf{x} + \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ \frac{1}{L} \end{bmatrix}u, \qquad y= \begin{bmatrix} 0&0&1 \end{bmatrix}\mathbf{x}.$$

(b) $K=0$ 時的可觀測性

可觀測矩陣為

$$\mathcal{O}= \begin{bmatrix} C\\ CA\\ CA^2 \end{bmatrix}.$$

當 $K=0$ 時，

$$A= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&-\frac{B}{M}&\frac{\lambda}{M}\\ 0&-\frac{\lambda}{L}&-\frac{R}{L} \end{bmatrix}, \qquad C=\begin{bmatrix}0&0&1\end{bmatrix}.$$

此時 $A$ 的第一欄全為零，因此 $CA$ 與 $CA^2$ 的第一個元素也都為零；而 $C$ 的第一個元素同樣為零。故 $\mathcal{O}$ 的第一欄全為零，無法達到三階，位移 $x$ 不可由量測電流 $i$ 唯一重建，系統不完全可觀測。

這表示無法同時觀測完整狀態 $[x,\dot{x},i]^T$；不代表速度 $\dot{x}$ 也必然不可觀測。

(c) 設計觀測器