109 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班丙組《自動控制》

核心觀念

本題考查：

1. 由訊號流程圖建立狀態方程式。
2. 利用 Mason 增益公式求輸入轉移函數。
3. 轉動系統中，彈簧與阻尼器的相對位移、相對速度所產生的力矩。

由圖中狀態定義：

$$x_1=\theta_m-\theta_1,\qquad x_2=\dot{\theta}_1,\qquad x_3=\dot{\theta}_m$$ $$x_4=\theta_m-\theta_2,\qquad x_5=\dot{\theta}_2$$

令

$$Z_1(s)=B_1s+K_1,\qquad Z_2(s)=B_2s+K_2$$

分別代表第 $1$、第 $2$ 支路的阻尼—彈簧阻抗。

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(1) 狀態方程式

由 $x_1$ 與 $x_4$ 的定義：

$$\dot{x}_1=\dot{\theta}_m-\dot{\theta}_1=x_3-x_2$$ $$\dot{x}_4=\dot{\theta}_m-\dot{\theta}_2=x_3-x_5$$

對轉動慣量 $J_1$，其所受力矩為：

$$J_1\ddot{\theta}_1 =K_1(\theta_m-\theta_1)+B_1(\dot{\theta}_m-\dot{\theta}_1)$$

因此

$$\dot{x}_2 =\frac{K_1}{J_1}x_1+\frac{B_1}{J_1}(x_3-x_2)$$

同理，對轉動慣量 $J_2$：

$$\dot{x}_5 =\frac{K_2}{J_2}x_4+\frac{B_2}{J_2}(x_3-x_5)$$

對馬達轉動慣量 $J_m$，輸入力矩扣除兩支路反作用力矩：

$$J_m\ddot{\theta}_m =T-K_1x_1-B_1(x_3-x_2) -K_2x_4-B_2(x_3-x_5)$$

所以

$$\dot{x}_3= \frac{1}{J_m}T -\frac{K_1}{J_m}x_1 +\frac{B_1}{J_m}x_2 -\frac{B_1+B_2}{J_m}x_3 -\frac{K_2}{J_m}x_4 +\frac{B_2}{J_m}x_5$$

整理成矩陣形式：

$$\dot{x}=Ax+BT$$

其中

$$x= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5 \end{bmatrix}$$ $$A= \begin{bmatrix} 0&-1&1&0&0\\ \dfrac{K_1}{J_1}&-\dfrac{B_1}{J_1}&\dfrac{B_1}{J_1}&0&0\\ -\dfrac{K_1}{J_m}&\dfrac{B_1}{J_m}&-\dfrac{B_1+B_2}{J_m}&-\dfrac{K_2}{J_m}&\dfrac{B_2}{J_m}\\ 0&0&1&0&-1\\ 0&0&0&\dfrac{K_2}{J_2}&-\dfrac{B_2}{J_2} \end{bmatrix}$$ $$B= \begin{bmatrix} 0\\0\\\dfrac{1}{J_m}\\0\\0 \end{bmatrix}$$

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核心觀念

線性時不變系統

$$\dot{x}=Ax+Bu$$

完全可控制的判定依 Kalman 可控制性準則：

$$\mathcal{C}=\begin{bmatrix}B&AB&A^2B&\cdots&A^{n-1}B\end{bmatrix}$$

若狀態維度為 $n$，則系統完全可控制的必要充分條件為

$$\operatorname{rank}(\mathcal{C})=n。$$

本題狀態維度為 $5$，因此必須有

$$\operatorname{rank}(\mathcal{C})=5$$

才代表系統完全可控制。

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解題方法

題目中的輸入矩陣為

$$B= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}.$$

觀察矩陣 $A$ 的第五欄：

$$A_{(:,5)}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}.$$

因此

$$AB=A \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix} =A_{(:,5)} = \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}.$$

既然 $AB=0$，則

$$A^2B=A(AB)=0,$$

並且所有更高次項也皆為零：

$$A^kB=0,\qquad k\geq 1。$$

所以可控制性矩陣為

核心觀念

本題考查：

• 直流馬達的電氣與機械方程式
• 反電動勢與電樞電流回授
• 狀態空間表示法
• 可控標準型（CCF）
• 矩陣指數 $e^{At}$
• 特徵方程式、特徵值與特徵向量

依圖中標示，使用 $K_s=2$、$R_a=0.1\ \Omega$、$R_s=0.1\ \Omega$、$K_b=4.8$、$K_t=5$、$K=2$、$J=J_m+J_l=10$、$B_m=0$，且電樞電感忽略不計。

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解題方法

圖 B 中的位置誤差經比例元件 $K_s$ 產生

$$e_a=K_s(\theta_r-\theta_m)$$

電流流經回授電阻 $R_s$ 時，產生回授電壓

$$e_s=R_s i_a$$

放大器輸出為

$$e_u=K(e_a-e_s)$$

因此

$$e_u=K\left[K_s(\theta_r-\theta_m)-R_s i_a\right]$$

由於電樞電感忽略，電樞迴路滿足

$$e_u=R_a i_a+K_b\dot{\theta}_m$$

聯立兩式：

$$R_a i_a+K_b\dot{\theta}_m = K\left[K_s(\theta_r-\theta_m)-R_s i_a\right]$$

整理得

$$(R_a+KR_s)i_a = KK_s(\theta_r-\theta_m)-K_b\dot{\theta}_m$$

令

$$D=R_a+KR_s=0.1+2(0.1)=0.3$$

故

$$i_a = \frac{KK_s}{D}(\theta_r-\theta_m) - \frac{K_b}{D}\dot{\theta}_m$$

馬達機械方程式為

$$J\ddot{\theta}_m+B_m\dot{\theta}_m=K_ti_a$$

代入 $B_m=0$ 與上式：

$$\ddot{\theta}_m = -\frac{K_tKK_s}{JD}\theta_m -\frac{K_tK_b}{JD}\dot{\theta}_m +\frac{K_tKK_s}{JD}\theta_r$$

數值為

$$\frac{K_tKK_s}{JD} = \frac{5(2)(2)}{10(0.3)} = \frac{20}{3}$$ $$\frac{K_tK_b}{JD} = \frac{5(4.8)}{10(0.3)} = 8$$

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（1）狀態方程式與 CCF

定義

$$x_1=\theta_m,\qquad x_2=\dot{\theta}_m,\qquad u=\theta_r$$

則

$$\dot{x}_1=x_2$$ $$\dot{x}_2 = -\frac{20}{3}x_1-8x_2+\frac{20}{3}u$$

因此狀態空間形式為

$$\dot{x} = \begin{bmatrix} 0&1\\ -\dfrac{20}{3}&-8 \end{bmatrix}x + \begin{bmatrix} 0\\[2mm] \dfrac{20}{3} \end{bmatrix}u$$

輸出為

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

所以

$$A= \begin{bmatrix} 0&1\\ -\dfrac{20}{3}&-8 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0\\[2mm] \dfrac{20}{3} \end{bmatrix}, \qquad C= \begin{bmatrix} 1&0 \end{bmatrix}$$

其結構符合二階可控標準型：

$$A= \begin{bmatrix} 0&1\\ -a_0&-a_1 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0\\ b \end{bmatrix}$$

其中

$$a_0=\frac{20}{3},\qquad a_1=8,\qquad b=\frac{20}{3}$$

若將輸入重新定義為 $\tilde{u}=\dfrac{20}{3}u$，則可化為教科書常見的 $B=[0\ \ 1]^T$ 形式。

可控性矩陣為

$$\mathcal{C} = \begin{bmatrix} B&AB \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0&\dfrac{20}{3}\\[2mm] \dfrac{20}{3}&-\dfrac{160}{3} \end{bmatrix}$$

其行列式為

$$\det(\mathcal{C}) = -\left(\frac{20}{3}\right)^2\neq 0$$

故系統可控。

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（2）單位階躍輸入下的 $x(t)$

令 $\theta_r(t)=1$，穩態狀態為

$$x_{\mathrm{ss}} = \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix}$$

因為穩態時馬達速度為零，且位置誤差為零。

令

$$z(t)=x(t)-x_{\mathrm{ss}}$$

則

$$\dot{z}=Az$$

因此

此題考驗對系統型別（System Type）和穩態誤差（Steady-State Error）的理解，以及如何根據系統結構和輸入信號計算穩態誤差。

系統分析：
圖 C 顯示了一個比例控制系統，其中包含一個比例控制器（增益 $K$），一個積分器（增益 $A/(s+1)$），一個微分器（增益 $K_t$），以及一個純延遲（增益 $1/s$）。
參數：$r=1$ (參考信號), $A=1$, $K_t=1$.
系統的傳遞函數為：
$G(s) = K \cdot \frac{A}{s+1} \cdot K_t \cdot \frac{1}{s} = K \cdot \frac{1}{s+1} \cdot 1 \cdot \frac{1}{s} = \frac{K}{s(s+1)}$.
這個傳遞函數是開迴路傳遞函數（Open-Loop Transfer Function, OLTF），因為它沒有包含反饋路徑（反饋路徑的增益為 1）。
系統的閉迴路傳遞函數（Closed-Loop Transfer Function, CLTF）為：
$T(s) = \frac{G(s)}{1+G(s)} = \frac{\frac{K}{s(s+1)}}{1 + \frac{K}{s(s+1)}} = \frac{K}{s(s+1) + K} = \frac{K}{s^2 + s + K}$.

輸入信號：
參考信號 $r(t)$。
干擾信號 $w(t)$。

系統輸出 $y(t)$。

系統型別（System Type）：
系統型別由開迴路傳遞函數 $G(s)$ 中極點在原點（$s=0$）的個數決定。
$G(s) = \frac{K}{s(s+1)}$.
由於 $G(s)$ 中有一個 $s$ 在分母，所以系統型別為 Type 1。

穩態誤差計算：
穩態誤差 $e_{ss}$ 取決於輸入信號的型別（Step, Ramp, Parabolic）和系統的型別。
對於 Type 1 系統：

1. Step Reference Input ($r(t)=1$ for $t \ge 0$):
   穩態誤差 $e_{ss} = \lim_{s \to 0} \frac{s R(s)}{1+G(s)}$.
   $R(s) = 1/s$.
   $e_{ss} = \lim_{s \to 0} \frac{s (1/s)}{1+G(s)} = \lim_{s \to 0} \frac{1}{1+G(s)}$.
   $G(s) = \frac{K}{s(s+1)}$.
   $\lim_{s \to 0} G(s) = \lim_{s \to 0} \frac{K}{s(s+1)} = \infty$ (因為分母的 $s$）。
   $e_{ss} = \frac{1}{1+\infty} = 0$.
   【答案 (1) Step Reference: $e_{ss} = 0$】

2. Step Disturbance Input ($w(t)=1$ for $t \ge 0$):
   干擾信號 $w(t)$ 在圖中是加性干擾，與參考信號 $r(t)$ 在控制器之前相加。
   系統的輸出 $y(t)$ 受 $r(t)$ 和 $w(t)$ 的影響。
   我們需要找到輸出 $y(s)$ 相對於 $w(s)$ 的傳遞函數。
   假設 $r(t)=0$ 時，分析 $w(t)$ 的影響。
   控制器輸出 $u_c = K (r - y) + w$. (圖示中 $w$ 是加在控制器輸出之前的)
   從圖看，$w$ 是加在控制器輸出和傳遞函數 $G(s)$ 之間。
   所以，控制器輸出 $u_c = K(r-y)$.
   $y(s) = G(s) (u_c + w) = G(s) (K(r-y) + w)$.
   $y(s) = K G(s) r - K G(s) y + G(s) w$.
   $y(s) (1 + K G(s)) = K G(s) r + G(s) w$.
   $y(s) = \frac{K G(s)}{1 + K G(s)} r + \frac{G(s)}{1 + K G(s)} w$.
   注意：這裡的 $G(s)$ 是指 $K_t \frac{A}{s+1} \frac{1}{s} = \frac{1}{s(s+1)}$.
   所以 $K G(s) = K \frac{1}{s(s+1)}$.
   閉迴路傳遞函數 $T(s) = \frac{K G(s)}{1 + K G(s)} = \frac{K}{s(s+1)+K}$.
   干擾傳遞函數 $G_w(s) = \frac{G(s)}{1 + K G(s)} = \frac{1/(s(s+1))}{1 + K/(s(s+1))} = \frac{1}{s(s+1)+K}$.
   穩態誤差 $e_{ss}$ 通常是指參考信號引起的誤差 $e(t) = r(t) - y(t)$ 的穩態值。
   但這裡也問了干擾引起的誤差。如果干擾是加性輸入，穩態誤差通常是指輸出 $y_{ss}$ 相對於干擾 $w_{ss}$ 的關係。
   如果 $w(t)$ 是單位階躍，則 $W(s) = 1/s$.
   $y_{ss} = \lim_{s \to 0} s Y(s) = \lim_{s \to 0} s G_w(s) W(s) = \lim_{s \to 0} s \frac{1}{s(s+1)+K} \frac{1}{s} = \lim_{s \to 0} \frac{1}{s(s+1)+K}$.
   $y_{ss} = \frac{1}{0(0+1)+K} = \frac{1}{K}$.
   如果我們定義穩態誤差為 $e_{ss} = r_{ss} - y_{ss}$。
   如果 $r(t)=0$ 且 $w(t)=1$ (step input)，則 $r_{ss}=0$。
   $e_{ss} = 0 - y_{ss} = -1/K$.

   另一種理解：
   有時穩態誤差的定義也包含對干擾的響應。
   系統的開迴路傳遞函數 $G_{OL}(s) = K \frac{A K_t}{s(s+1)} = \frac{K}{s(s+1)}$.
   干擾 $w$ 在圖中是加在 $G_{OL}(s)$ 的輸入端，與經過控制器 $K$ 處理的參考信號 $r'$ 相加。
   控制器輸出 $u = K r'$.
   $y = G_{OL} (u + w) = G_{OL} (K r + w)$.
   $y = G_{OL} K r + G_{OL} w$.
   $G_{OL} K = \frac{K}{s(s+1)} \cdot K = \frac{K^2}{s(s+1)}$.
   $G_{OL} = \frac{K}{s(s+1)}$.
   $y(s) = \frac{K^2}{s(s+1)} r(s) + \frac{K}{s(s+1)} w(s)$.
   對於 Step Disturbance $w(t)=1$, $W(s)=1/s$.

此題為船舶自動舵系統的設計問題，包含建立數學模型、系統穩定性分析、參數調整以及控制器設計。

系統模型分析：
圖 D 顯示了一個閉迴路控制系統。
開迴路傳遞函數（OLTF）為 $G(s) = K \cdot \frac{-0.164(s +0.2) (s - 0.32)}{s^2(s +0.25)(s - 0.009)}$.
這個傳遞函數描述了從舵角（Rudder angle）到航向角（Heading）的關係。
控制器是比例控制器，增益為 $K$.
參考信號是航向指令（Reference Heading）。
輸出是實際航向角（Heading）。

(1) 寫出無反饋時的微分方程式
無反饋時，系統的傳遞函數就是船舶對舵角的響應。
$G_{ship}(s) = \frac{-0.164(s +0.2) (s - 0.32)}{s^2(s +0.25)(s - 0.009)}$.
我們需要將此傳遞函數轉換為微分方程式。
令 $U(s)$ 為舵角（Rudder angle），$Y(s)$ 為航向角（Heading）。
$Y(s) = G_{ship}(s) U(s)$.
$Y(s) = \frac{-0.164(s +0.2) (s - 0.32)}{s^2(s +0.25)(s - 0.009)} U(s)$.
$s^2(s +0.25)(s - 0.009) Y(s) = -0.164(s +0.2) (s - 0.32) U(s)$.
展開分母：
$s^2(s^2 + 0.25s - 0.009s - 0.25 \times 0.009) = s^2(s^2 + 0.241s - 0.00225) = s^4 + 0.241s^3 - 0.00225s^2$.
展開分子：
$-0.164(s^2 - 0.32s + 0.2s - 0.064) = -0.164(s^2 - 0.12s - 0.064) = -0.164s^2 + 0.01968s + 0.010496$.

所以，微分方程式為：
$(s^4 + 0.241s^3 - 0.00225s^2) Y(s) = (-0.164s^2 + 0.01968s + 0.010496) U(s)$.
將拉氏轉換轉換回時域：
$\frac{d^4y}{dt^4} + 0.241 \frac{d^3y}{dt^3} - 0.00225 \frac{d^2y}{dt^2} = -0.164 \frac{d^2u}{dt^2} + 0.01968 \frac{du}{dt} + 0.010496 u$.

【答案 Part (1)】
$\frac{d^4y}{dt^4} + 0.241 \frac{d^3y}{dt^3} - 0.00225 \frac{d^2y}{dt^2} = -0.164 \frac{d^2u}{dt^2} + 0.01968 \frac{du}{dt} + 0.010496 u$.
其中 $y$ 是航向角， $u$ 是舵角。

(2) 比例控制下，K=1 時的穩定性分析 (Routh's Criterion)
閉迴路傳遞函數 $T(s) = \frac{K G_{ship}(s)}{1 + K G_{ship}(s)}$.
當 $K=1$ 時，OLTF $G_{OL}(s) = G_{ship}(s) = \frac{-0.164(s +0.2) (s - 0.32)}{s^2(s +0.25)(s - 0.009)}$.
閉迴路系統的特徵方程由 $1 + K G_{ship}(s) = 0$ 給出。
$1 + 1 \cdot \frac{-0.164(s +0.2) (s - 0.32)}{s^2(s +0.25)(s - 0.009)} = 0$.
$s^2(s +0.25)(s - 0.009) - 0.164(s +0.2) (s - 0.32) = 0$.
$s^4 + 0.241s^3 - 0.00225s^2 - 0.164(s^2 - 0.12s - 0.064) = 0$.
$s^4 + 0.241s^3 - 0.00225s^2 - 0.164s^2 + 0.01968s + 0.010496 = 0$.
$s^4 + 0.241s^3 + (-0.00225 - 0.164)s^2 + 0.01968s + 0.010496 = 0$.
$s^4 + 0.241s^3 - 0.16625s^2 + 0.01968s + 0.010496 = 0$.

此為閉迴路系統的特徵方程。
使用 Routh's Criterion 進行穩定性分析。
我們需要檢查特徵方程的係數。
$a_4 = 1$, $a_3 = 0.241$, $a_2 = -0.16625$, $a_1 = 0.01968$, $a_0 = 0.010496$.
由於 $a_2 = -0.16625 < 0$，特徵方程中存在負係數。
根據 Routh's Criterion 的充要條件，對於一個穩定系統，所有係數必須為正（如果系統極點全在左半平面）。
由於存在負係數，系統至少有一個極點在右半平面（RHP），所以系統是不穩定的。
我們不需要建立 Routh 表，僅憑係數符號判斷即可。

【答案 Part (2)】
特徵方程為 $s^4 + 0.241s^3 - 0.16625s^2 + 0.01968s + 0.010496 = 0$.
由於特徵方程的係數 $a_2 = -0.16625$ 是負的，根據 Routh's Criterion 的必要條件，系統是不穩定的。

(3) 確定 K 的穩定範圍
閉迴路特徵方程為：
$1 + K G_{ship}(s) = 0$.
$s^2(s +0.25)(s - 0.009) + K(-0.164(s +0.2) (s - 0.32)) = 0$.
$s^4 + 0.241s^3 - 0.00225s^2 - 0.164 K (s^2 - 0.12s - 0.064) = 0$.
$s^4 + 0.241s^3 - 0.00225s^2 - 0.164 K s^2 + 0.01968 K s + 0.010496 K = 0$.
$s^4 + 0.241s^3 + (-0.00225 - 0.164 K)s^2 + 0.01968 K s + 0.010496 K = 0$.

為了系統穩定，所有係數必須為正，並且 Routh 表的第一列所有元素必須為正。
係數：
$a_4 = 1 > 0$
$a_3 = 0.241 > 0$
$a_2 = -0.00225 - 0.164 K$. 為了 $a_2 > 0$, $-0.164 K > 0.00225$, $K < -0.00225 / 0.164 \approx -0.0137$.
$a_1 = 0.01968 K$. 為了 $a_1 > 0$, $K > 0$.
$a_0 = 0.010496 K$. 為了 $a_0 > 0$, $K > 0$.

這是一個矛盾：我們需要 $K > 0$ 且 $K < -0.0137$.
這意味著，僅僅要求係數為正是不夠的，我們需要建立 Routh 表。
然而，由於 $a_2$ 的條件 $K < -0.0137$ 與 $a_1, a_0$ 的條件 $K > 0$ 相矛盾，這表明對於任何 $K > 0$， $a_2$ 始終是負的。
因此，對於任何 $K > 0$，系統的 $a_2$ 係數都是負的，這意味著系統是不穩定的。
結論： 不存在使系統穩定的 $K > 0$ 的範圍。

仔細檢查傳遞函數：
$G_{ship}(s) = \frac{-0.164(s +0.2) (s - 0.32)}{s^2(s +0.25)(s - 0.009)}$.
有一個右半平面（RHP）的極點 $s = 0.009$.
這表示船舶本身在無反饋時就已經是不穩定的（至少有一個不穩定的極點）。
這就是為什麼對於任何 $K>0$，系統都無法穩定。

【答案 Part (3)】
由於船舶傳遞函數 $G_{ship}(s)$ 本身有一個右半平面的極點 ($s=0.009$)，系統在開迴路時就是不穩定的。閉迴路特徵方程的係數 $a_2 = -0.00225 - 0.164 K$ 對於任何 $K>0$ 都是負的。因此，對於任何正的比例增益 $K$，系統都是不穩定的。不存在使系統穩定的 $K > 0$ 的範圍。

(4) 設計控制器以滿足穩定性、零穩態誤差和低於 10% 的超調量
目標：

1. 穩定性。
2. 零穩態誤差（Step Heading Command）。
3. 低於 10% 的超調量（Overshoot）。

我們需要設計一個控制器，而不是僅僅使用比例控制器 $K$.
考慮到船舶系統本身有一個不穩定極點 ($s=0.009$)，並且還有兩個複共軛極點（來自 $s^2$）。
零穩態誤差對於 Step Heading Command 表示，閉迴路系統需要具有至少一個積分器（Type 1 系統）。
然而，我們目前的 OLTF $G_{OL}(s)$ 是 $K \cdot G_{ship}(s)$.
$G_{ship}(s)$ 的分母是 $s^2(s+0.25)(s-0.009)$.
所以 $G_{OL}(s)$ 有 $s^2$ 在分母，這表示它已經是 Type 2 系統（如果 $K$ 是控制器增益）。
如果我們使用比例控制器 $K$, 閉迴路系統的傳遞函數為 $T(s) = \frac{K G_{ship}(s)}{1 + K G_{ship}(s)}$.
分母是 $s^2(s+0.25)(s-0.009) + K (-0.164(s+0.2)(s-0.32))$.
這個方程的最低次項是 $s^2 \times (-0.009) = -0.009s^2$ (來自 $s^2$ 的部分) 和 $K(-0.164)(-0.064) = 0.010496 K$ (來自常數項)。
所以 $a_0 = 0.010496 K$.
$a_1 = K(0.01968)$.
$a_2 = K(-0.164) - 0.00225$.
$a_3 = 0.241 K$.
$a_4 = K$.
如果 $K>0$, $a_4>0$, $a_3>0$.
$a_0 > 0$ 表示 $K>0$.
$a_1 > 0$ 表示 $K>0$.
$a_2 = -0.164 K - 0.00225$. 對於 $K>0$, $a_2$ 始終為負。
這再次確認了比例控制器無法使系統穩定。

控制器設計：
我們需要一個控制器來穩定系統並滿足零穩態誤差和超調量要求。
零穩態誤差對於 Step Command 表示我們需要在控制器中加入積分項（I 控制）。
穩定性要求我們可能需要加上微分項（D 控制）或更複雜的補償器。
考慮一個 PI 控制器：$C(s) = K_p + \frac{K_i}{s} = K_p (1 + \frac{K_i/K_p}{s})$.
或者 PID 控制器：$C(s) = K_p + \frac{K_i}{s} + K_d s$.
最簡單的 PI 控制器結構是 $C(s) = K \frac{s+z}{s}$.
OLTF 變為 $G_{OL}(s) = C(s) G_{ship}(s) = K \frac{s+z}{s} \frac{-0.164(s +0.2) (s - 0.32)}{s^2(s +0.25)(s - 0.009)}$.
$G_{OL}(s) = K \frac{-0.164(s+z)(s+0.2)(s-0.32)}{s^3(s+0.25)(s-0.009)}$.
閉迴路特徵方程為 $1 + G_{OL}(s) = 0$.
$s^3(s+0.25)(s-0.009) + K (-0.164)(s+z)(s+0.2)(s-0.32) = 0$.
$s^3(s^2 + 0.241s - 0.00225) + K_{new} (\dots) = 0$.
$s^5 + 0.241s^4 - 0.00225s^3 + K_{new} (\dots) = 0$.
這個方程的階數是 5。

考慮零穩態誤差：
由於 OLTF 中有一個 $s^3$ 在分母，這表示系統已經是 Type 3。
對於 Type 3 系統，Step Reference Input 的穩態誤差是零。
所以，我們只需要設計控制器以確保穩定性和低於 10% 的超調量。
我們需要找到一個 $K$ 和零點 $z$ 的組合。

設計策略：

1. 穩定化： 處理 RHP 極點 $s=0.009$。通常，將控制器零點放在不穩定極點附近可以幫助穩定。例如，令 $z \approx -0.009$。
2. 滿足超調量要求： 這涉及到閉迴路極點的位置。10% 超調量對應於阻尼比 $\zeta \approx 0.58$。
3. 簡化問題： 題目說 "design a controller"，但 Part (2) 和 (3) 是關於比例控制器 $K$. Part (4) 可能暗示我們需要設計一個比比例控制器更複雜的控制器。

假設控制器為 PI 控制器： $C(s) = K_p (1 + \frac{K_i}{K_p s}) = K_p \frac{s + K_i/K_p}{s}$.
令 $K_{new} = K_p$. 令 $z = K_i/K_p$.
$G_{OL}(s) = K_p \frac{s+z}{s} \frac{-0.164(s +0.2) (s - 0.32)}{s^2(s +0.25)(s - 0.009)}$.
$G_{OL}(s) = \frac{K_{new} (-0.164) (s+z)(s+0.2)(s-0.32)}{s^3(s+0.25)(s-0.009)}$.
特徵方程：$s^3(s+0.25)(s-0.009) + K_{new} (-0.164) (s+z)(s+0.2)(s-0.32) = 0$.
$s^3(s^2 + 0.241s - 0.00225) - 0.164 K_{new} (s+z)(s^2 - 0.12s - 0.064) = 0$.
$s^5 + 0.241s^4 - 0.00225s^3 - 0.164 K_{new} (s^3 + (-0.12+z)s^2 + (-0.064 - 0.12z)s - 0.064z) = 0$.

嘗試簡化：
如果我們只使用比例控制器 $K$, 我們知道它無法穩定。
如果我們加入一個積分器，就有了 PI 控制器。
$C(s) = K_p + K_i/s$.