108 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班甲組《自動控制》

核心觀念

本題考查二自由度彈簧—質量系統的：

1. 牛頓第二定律建模。
2. 狀態空間表示法。
3. 狀態圖的繪製。
4. 拉氏轉換與轉移函數推導。

取質量 $M$ 與質量 $m$ 的向上位移分別為 $y(t)$、$x(t)$，向上為正方向。由圖可知，質量 $M$ 由兩個接地彈簧 $K$ 支撐，並透過彈簧 $k$ 連接至質量 $m$。

---

解題方法

(a) 狀態空間表示

1. 建立運動方程式

對質量 $M$：

• 兩個接地彈簧的合力為 $-2Ky(t)$。
• 中間彈簧的作用力為 $-k\bigl(y(t)-x(t)\bigr)$。
• 外力為 $f(t)$。

因此，

$$M\ddot y=f(t)-2Ky-k(y-x)$$

整理得

$$\ddot y = -\frac{2K+k}{M}y +\frac{k}{M}x +\frac{1}{M}f(t)$$

對質量 $m$，中間彈簧作用力為 $k(y-x)$，故

$$m\ddot x=k(y-x)$$

整理得

$$\ddot x = \frac{k}{m}y-\frac{k}{m}x$$

2. 定義狀態變數

依題目指定順序令

$$\boldsymbol z(t) = \begin{bmatrix} z_1\\z_2\\z_3\\z_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} y\\\dot y\\x\\\dot x \end{bmatrix}$$

因此

$$\dot z_1=z_2$$ $$\dot z_2 = -\frac{2K+k}{M}z_1 +\frac{k}{M}z_3 +\frac{1}{M}f(t)$$ $$\dot z_3=z_4$$ $$\dot z_4 = \frac{k}{m}z_1-\frac{k}{m}z_3$$

輸出為質量 $M$ 的位移：

$$y(t)= \begin{bmatrix} 1&0&0&0 \end{bmatrix} \boldsymbol z(t)$$

所以狀態空間表示為

$$\dot{\boldsymbol z} = \begin{bmatrix} 0&1&0&0\\ -\dfrac{2K+k}{M}&0&\dfrac{k}{M}&0\\ 0&0&0&1\\ \dfrac{k}{m}&0&-\dfrac{k}{m}&0 \end{bmatrix} \boldsymbol z + \begin{bmatrix} 0\\[2pt] \dfrac{1}{M}\\[2pt] 0\\[2pt] 0 \end{bmatrix} f(t)$$ $$y(t)= \begin{bmatrix} 1&0&0&0 \end{bmatrix} \boldsymbol z(t)$$

且

$$D=0$$

---

(b) 狀態圖

由兩個運動方程式可寫成

$$\ddot y = \frac{1}{M} \left[ f-(2K+k)y+kx \right]$$ $$\ddot x = \frac{1}{m} \left[ ky-kx \right]$$

因此狀態圖包含兩組「加總點—增益—兩級積分器」：

核心觀念

本題考查方塊圖的訊號關係、閉迴路傳遞函數、單位階躍響應，以及終值定理與閉迴路穩定性的判斷。

圖 B 中，第一個加總點將 $R(s)$ 與條件回授訊號相加；下方加總點的輸出為 $G_c(s)R(s)-Y(s)$，經 $H(s)$ 回送至第一個加總點。第二個加總點則將回授路徑訊號與外加擾動 $N(s)$ 相加，再經 $G_p(s)$ 得到 $Y(s)$。

解題方法

令第一個加總點的輸出為 $E(s)$。依照圖中的加減號：

$$E(s)=R(s)+H(s)\bigl[G_c(s)R(s)-Y(s)\bigr]$$

而輸出為：

$$Y(s)=G_p(s)\bigl[E(s)+N(s)\bigr]$$

代入 $E(s)$ 並整理：

$$Y(s)\bigl[1+G_p(s)H(s)\bigr] = G_p(s)\bigl[1+G_c(s)H(s)\bigr]R(s)+G_p(s)N(s)$$

因此，令 $N(s)=0$ 與 $R(s)=0$，分別得到：

$$\left.\frac{Y(s)}{R(s)}\right|_{N=0} = \frac{G_p(s)\bigl[1+G_c(s)H(s)\bigr]} {1+G_p(s)H(s)}$$ $$\left.\frac{Y(s)}{N(s)}\right|_{R=0} = \frac{G_p(s)} {1+G_p(s)H(s)}$$

當 $G_c(s)=G_p(s)$ 時，第一式的分子與分母相同，故：

$$\left.\frac{Y(s)}{R(s)}\right|_{N=0}=G_p(s)$$

(b) 單位階躍輸出

本小題中 $G_c(s)=G_p(s)=\dfrac{100}{(s+1)(s+5)}$，所以由上式可知：

$$\frac{Y(s)}{R(s)}=G_p(s)$$

又 $r(t)=u_s(t)$，故 $R(s)=1/s$：

$$Y(s)=\frac{100}{s(s+1)(s+5)} =\frac{20}{s}-\frac{25}{s+1}+\frac{5}{s+5}$$

反拉氏轉換得：

$$y(t)=20-25e^{-t}+5e^{-5t},\qquad t\geq 0$$

驗算：$y(0^+)=20-25+5=0$，符合系統初始輸出為零；且 $y(\infty)=20$，等於 $G_p(0)=100/(1\cdot5)=20$ 乘上單位階躍的穩態值。

(c) 擾動輸入與選項判斷

令 $r(t)=0$、$n(t)=u_s(t)$。由 (a)：

$$Y(s)=\frac{G_p(s)}{1+G_p(s)H(s)}\frac{1}{s}$$

若閉迴路穩定，終值定理給出：

$$y(\infty) = \lim_{s\to0}sY(s) = \lim_{s\to0}\frac{G_p(s)}{1+G_p(s)H(s)}$$

本題 $G_p(0)=20$。逐一檢查：

核心觀念

令 $x=Tz$，則 $\dot{x}=T\dot{z}$。將原狀態方程左乘 $T^{-1}$，可得

$$\dot{z}=T^{-1}ATz+T^{-1}Bu,\qquad y=CTz.$$

因此，選擇 $T$ 的方法是：以 $A$ 的特徵向量作為欄向量；若有重根且特徵向量不足，則以廣義特徵向量補成 Jordan 鏈。這題的特徵值有重根，須使用 Jordan 標準形。

解題方法

題目的矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 0&6&-5\\ 1&0&2\\ 3&2&4 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 2\\6\\2 \end{bmatrix}, \qquad C= \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix}.$$

先求特徵多項式：

$$\det(\lambda I-A) =\lambda^3-4\lambda^2+5\lambda-2 =(\lambda-1)^2(\lambda-2).$$

所以 $\lambda=1$ 的代數重數為 $2$，$\lambda=2$ 的代數重數為 $1$。

求 $\lambda=1$ 的特徵向量與廣義特徵向量

解 $(A-I)v_1=0$：

$$A-I= \begin{bmatrix} -1&6&-5\\ 1&-1&2\\ 3&2&3 \end{bmatrix}.$$

方程組可得 $x_1:x_2:x_3=-7:3:5$，取

$$v_1= \begin{bmatrix} -7\\3\\5 \end{bmatrix}.$$

$\lambda=1$ 的特徵空間只有一個線性獨立的特徵向量，因此需再找廣義特徵向量 $v_2$，使其滿足

$$(A-I)v_2=v_1.$$

取

$$v_2= \begin{bmatrix} -2\\1\\3 \end{bmatrix},$$

可驗算

$$(A-I)v_2= \begin{bmatrix} -7\\3\\5 \end{bmatrix} =v_1.$$

求 $\lambda=2$ 的特徵向量

解 $(A-2I)v_3=0$，可取

核心觀念

圖 C 中，參考輸入先經前置增益 $K_f$，再與輸出作單位負回授；誤差信號經 $K_p+K_ds$ 控制器及被控系統 $G(s)=1/s^2$。因此，$K_f$ 可設定穩態追蹤值，$K_p$、$K_d$ 則決定閉迴路極點及暫態響應。

解題方法

由圖可讀出：前向路徑依序為 $K_f$、加總點、$K_p+K_ds$、$1/s^2$；輸出 $Y(s)$ 以單位負回授接回加總點。令參考輸入為 $R(s)$，閉迴路傳遞函數為

$$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{K_f(K_p+K_ds)}{s^2+K_ds+K_p}.$$

對單位階躍輸入，穩態輸出為

$$y(\infty) = \lim_{s\to 0}\frac{Y(s)}{R(s)} = K_f.$$

因此取 $K_f=1$，即可使穩態輸出等於 1，穩態誤差為零，符合小於 $1\%$ 的要求。

取一組方便驗算的控制器參數 $K_p=\omega_n^2$、$K_d=2\zeta\omega_n$，並選 $\zeta=2$、$\omega_n=1000\ \text{rad/s}$，則

$$K_p=10^6,\qquad K_d=4000.$$

閉迴路特徵多項式為

$$s^2+4000s+10^6 = (s+267.949)(s+3732.051).$$

對單位階躍，誤差 $e(t)=1-y(t)$ 的拉氏轉換為

$$E(s) = \frac{1-\frac{Y(s)}{R(s)}}{s} = \frac{s}{s^2+4000s+10^6}.$$

令 $\tau=\omega_n t$，則

圖片已確認：第 5 題位於 原卷頁圖，題目文字與給定轉移函數完全一致，無額外附圖（此題僅需繪製根軌跡，無提供參考圖）。以下為完整詳解。

---

核心觀念

本題考的是根軌跡法（Root Locus） 與暫態規格在 $s$ 平面上的幾何對應。

關鍵知識點：

1. Type I 系統：開迴路轉移函數在 $s=0$ 處有一個極點（一個積分器），以確保對步階輸入的穩態誤差為零。題目要求用補償器 $K/s$ 來提供此積分器。
2. 根軌跡繪製規則：極點數、零點數、實軸上的軌跡、漸近線（角度與形心）、分離點、出發角／到達角。
3. 暫態規格 → $s$ 平面區域：
   • 超越量（overshoot）$M_p < 5\%$ → 阻尼比 $\zeta > 0.69$
   • 上升時間 $t_r < 4\,\text{ms}$ → 自然頻率下界
   • 安定時間 $t_s < 15\,\text{ms}$ → 實部上界 $\sigma$

---

解題方法

開迴路轉移函數的建立

受控體（plant）：

$$G_p(s) = \frac{15(s^2+0.9s+0.8)}{(s+1)(s^2+1.1s+1)}$$

加入補償器 $K/s$ 後，開迴路轉移函數為：

$$G_{OL}(s) = \frac{K}{s} \cdot G_p(s) = \frac{15K(s^2+0.9s+0.8)}{s(s+1)(s^2+1.1s+1)}$$

根軌跡的標準形式 $1 + KG_0(s) = 0$，其中：

$$G_0(s) = \frac{15(s^2+0.9s+0.8)}{s(s+1)(s^2+1.1s+1)}$$

極點與零點

開迴路極點（4 個）：

• $s = 0$
• $s = -1$
• $s^2+1.1s+1=0 \Rightarrow s = \frac{-1.1 \pm \sqrt{1.21-4}}{2} = -0.55 \pm j0.8352$

開迴路零點（2 個）：

• $s^2+0.9s+0.8=0 \Rightarrow s = \frac{-0.9 \pm \sqrt{0.81-3.2}}{2} = -0.45 \pm j0.7736$

極點數 $n=4$，零點數 $m=2$，故有 $n-m=2$ 條分枝趨向無窮遠。

---

(a) 根軌跡繪製

1. 實軸上的根軌跡

在實軸上某點，其右方的實數極點與實數零點的總數為奇數時，該段屬於根軌跡。

實數極點：$s=0$、$s=-1$。實數零點：無（零點皆為複數）。

• $(0, +\infty)$：右方有 0 個 → 偶數 → 不在軌跡上
• $(-1, 0)$：右方有 1 個（$s=0$）→ 奇數 → 在軌跡上
• $(-\infty, -1)$：右方有 2 個 → 偶數 → 不在軌跡上

2. 漸近線

$$\theta_a = \frac{(2q+1)\cdot 180°}{n-m} = \frac{(2q+1)\cdot 180°}{2}, \quad q=0,1$$ $$\theta_a = 90°, \; 270°$$

形心（centroid）：

$$\sigma_a = \frac{\sum \text{極點} - \sum \text{零點}}{n-m} = \frac{[0+(-1)+(-0.55+j0.8352)+(-0.55-j0.8352)] - [(-0.45+j0.7736)+(-0.45-j0.7736)]}{2}$$ $$= \frac{(-2.1) - (-0.9)}{2} = \frac{-1.2}{2} = -0.6$$

漸近線為通過 $\sigma_a = -0.6$ 的兩條垂直線（$90°$ 和 $270°$），即 $\operatorname{Re}(s) = -0.6$ 的垂直線。

3. 實軸上的分離點

在 $(-1, 0)$ 區段上求分離點。令：

$$G_0(s) = \frac{15(s^2+0.9s+0.8)}{s(s+1)(s^2+1.1s+1)}$$

根軌跡上 $K = -1/G_0(s)$（取正值），分離點滿足 $dK/ds = 0$，等價於：

$$\frac{d}{ds}\left[\frac{s(s+1)(s^2+1.1s+1)}{15(s^2+0.9s+0.8)}\right] = 0$$

令 $N(s) = s^2+0.9s+0.8$，$D(s) = s(s+1)(s^2+1.1s+1) = s^4+2.1s^3+2.1s^2+s$。

分離點條件為 $N(s)D'(s) - N'(s)D(s) = 0$。

計算各導數：

$$D'(s) = 4s^3 + 6.3s^2 + 4.2s + 1$$ $$N'(s) = 2s + 0.9$$

經數值求解，在 $(-1, 0)$ 區間內的分離點為：

$$\boxed{s \approx -0.4638}$$

對應增益值：

$$K = \frac{D(s)}{15\,N(s)}\bigg|_{s=-0.4638}$$

代入計算：

• $D(-0.4638) = (-0.4638)^4 + 2.1(-0.4638)^3 + 2.1(-0.4638)^2 + (-0.4638) \approx 0.0463 - 0.2095 + 0.4515 - 0.4638 = -0.1755$

需取 $K = -1/G_0(s)$，即：

$$K = \frac{-D(s)}{15\,N(s)} = \frac{0.1755}{15 \times 0.5977} \approx 0.01955$$

驗算：$N(-0.4638) = 0.2151 - 0.4174 + 0.8 = 0.5977$。$K \approx 0.01955$，與預期一致。

4. 出發角與到達角

從複數極點 $p = -0.55 + j0.8352$ 的出發角：

出發角公式：

$$\theta_d = 180° - \sum_{\text{其他極點}} \angle(p - p_i) + \sum_{\text{零點}} \angle(p - z_j)$$

各角度計算（$p = -0.55+j0.8352$）：

• 從 $p$ 到極點 $s=0$：向量 $-0.55+j0.8352$，角度 $= 180° - \arctan(0.8352/0.55) = 180° - 56.6° = 123.4°$
• 從 $p$ 到極點 $s=-1$：向量 $0.45+j0.8352$，角度 $= \arctan(0.8352/0.45) = 61.7°$
• 從 $p$ 到共軛極點 $-0.55-j0.8352$：向量 $j1.6704$，角度 $= 90°$
• 從 $p$ 到零點 $-0.45+j0.7736$：向量 $-0.1+j0.0616$，角度 $= 180° - \arctan(0.0616/0.1) = 180° - 31.6° = 148.4°$
• 從 $p$ 到零點 $-0.45-j0.7736$：向量 $-0.1+j1.6088$，角度 $= 180° - \arctan(1.6088/0.1) = 180° - 86.4° = 93.6°$

$$\theta_d = 180° - (123.4° + 61.7° + 90°) + (148.4° + 93.6°)$$ $$= 180° - 275.1° + 242.0° = 146.9°$$

共軛極點的出發角為 $-146.9°$（即 $213.1°$）。

到達複數零點 $z = -0.45+j0.7736$ 的到達角：

核心觀念

本題由 Nyquist 圖估計閉迴路的穩定度與頻率響應。令開迴路傳遞函數為 $L(s)=KG(s)$，單位回授下閉迴路傳遞函數為

$$T(s)=\frac{L(s)}{1+L(s)}.$$

相位裕度在增益交越頻率 $\omega_{gc}$ 處讀取；增益穩定範圍由 Nyquist 軌跡與負實軸的交點決定；系統型別則由低頻軌跡的圈數判斷。

解題方法

圖中實軸交點標為 $-2$，操作增益對應的臨界點標為 $-1/K_0$。低頻端呈現 $360^\circ$ 圈繞；以 $-1/K_0$ 為中心觀察，內、外圈的環繞方向相反，淨環繞數為零。開迴路沒有右半平面極點，因此操作增益 $K_0$ 下閉迴路穩定。

(a) 相位裕度

在增益交越頻率，Nyquist 軌跡距原點為 $1/K_0$。由圖估計該點相位距負實軸約 $17^\circ$，故

$$\mathrm{PM}\approx 17^\circ.$$

(b) 阻尼比

以常用的粗略估算關係 $\zeta\approx \mathrm{PM}/100^\circ$，得到

$$\zeta\approx \frac{17}{100}=0.17.$$

這表示閉迴路阻尼偏低，瞬態響應的超越量會較大。

(c) 閉迴路頻寬

閉迴路頻寬通常取 $|T(j\omega_{BW})|=1/\sqrt{2}$ 的頻率。若以開迴路 Nyquist 軌跡表示，需找出滿足下式的頻率：