111 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班丙組《自動控制》

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第 1 題

Consider a system G:

x˙=[010001−10−1−1]x+[001]u\dot{x} = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -10 & -1 & -1 \end{bmatrix} x + \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} u y=[100]xy = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} x

(1) Derive the state response x(t)x(t) to an initial state x(0)=[100]x(0) = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} when u(t)=0u(t)=0. 【計分:10分】
(2) Derive the transfer function G(s)G(s) of the system. 【計分:10分】
(3) Sketch the Bode plot of G(s)G(s). 【計分:10分】
(4) Refer to Fig. A and utilize the Nyquist criterion to discuss the stability of the closed loop system if the controller is designed as D(s)=KD(s)=K. 【計分:10分】
(5) If the controller in Fig. A is designed as D(s)=b2s2+b1s+b0s2+a1s+a0D(s) = \frac{b_2s^2+b_1s+b_0}{s^2+a_1s+a_0}, please find the parameters of the second order controller so that the closed-loop poles are allocated at s=−3±j,−10,−10,−10s = -\sqrt{3} \pm j,-10, -10, -10. 【計分:10分】

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】Fig. A 是一個閉迴路系統方塊圖，包含控制器 D(s)D(s) 和系統 G(s)G(s)，輸入為 R(s)R(s)，輸出為 Y(s)Y(s)，控制器輸入為 U(s)U(s)，其中 U(s)U(s) 是 R(s)R(s) 與 Y(s)Y(s) 的差值。

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核心觀念

本題綜合考查：

  • 狀態方程的零輸入響應
  • 狀態空間模型轉換為轉移函數
  • Bode 圖的低頻、高頻與相位特性
  • Nyquist 穩定判據
  • 利用極點配置反推二階控制器參數

令

A=[010001−10−1−1],B=[001],C=[100].A= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ -10&-1&-1 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0\\0\\1 \end{bmatrix}, \qquad C= \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix}.

系統的特徵多項式為

p(s)=det⁡(sI−A)=s3+s2+s+10.p(s)=\det(sI-A)=s^3+s^2+s+10.

(1) 零輸入狀態響應

解題方法

因為 u(t)=0u(t)=0，所以

x˙=Ax,x(t)=eAtx(0).\dot{x}=Ax, \qquad x(t)=e^{At}x(0).

由狀態方程可得

x˙1=x2,\dot{x}_1=x_2, x˙2=x3,\dot{x}_2=x_3, x˙3=−10x1−x2−x3.\dot{x}_3=-10x_1-x_2-x_3.

因此 x1(t)x_1(t) 滿足

x...1+x¨1+x˙1+10x1=0.\dddot{x}_1+\ddot{x}_1+\dot{x}_1+10x_1=0.

初始條件為

x1(0)=1,x˙1(0)=x2(0)=0,x¨1(0)=x3(0)=0.x_1(0)=1, \qquad \dot{x}_1(0)=x_2(0)=0, \qquad \ddot{x}_1(0)=x_3(0)=0.

取拉普拉斯轉換：

(s3+s2+s+10)X1(s)=s2+s+1.(s^3+s^2+s+10)X_1(s)=s^2+s+1.

故

X1(s)=s2+s+1s3+s2+s+10.X_1(s)=\frac{s^2+s+1}{s^3+s^2+s+10}.

特徵方程

s3+s2+s+10=0s^3+s^2+s+10=0

的三個根約為

λ1=−2.365,\lambda_1=-2.365, λ2,3=0.6825±j1.9394.\lambda_{2,3}=0.6825\pm j1.9394.

若 λi\lambda_i 為上述三根，則

x1(t)=∑i=13λi2+λi+13λi2+2λi+1eλit.x_1(t)=\sum_{i=1}^{3} \frac{\lambda_i^2+\lambda_i+1}{3\lambda_i^2+2\lambda_i+1} e^{\lambda_i t}.

因此狀態響應可整體寫成

x(t)=∑i=13λi2+λi+13λi2+2λi+1eλit[1λiλi2].x(t)= \sum_{i=1}^{3} \frac{\lambda_i^2+\lambda_i+1}{3\lambda_i^2+2\lambda_i+1} e^{\lambda_i t} \begin{bmatrix} 1\\ \lambda_i\\ \lambda_i^2 \end{bmatrix}.

寫成實數形式，x1(t)x_1(t) 約為

x1(t)=0.3240e−2.365t+e0.6825t(0.6760cos⁡1.9394t+0.1570sin⁡1.9394t).x_1(t)=0.3240e^{-2.365t} +e^{0.6825t} \left( 0.6760\cos 1.9394t +0.1570\sin 1.9394t \right).

由

x2(t)=x˙1(t),x3(t)=x¨1(t),x_2(t)=\dot{x}_1(t), \qquad x_3(t)=\ddot{x}_1(t),

可得

x2(t)≈−0.766e−2.365t+e0.6825t(0.766cos⁡1.9394t−0.354sin⁡1.9394t),x_2(t)\approx -0.766e^{-2.365t} +e^{0.6825t} \left( 0.766\cos 1.9394t -0.354\sin 1.9394t \right), x3(t)≈1.812e−2.365t+e0.6825t(−1.812cos⁡1.9394t−2.306sin⁡1.9394t).x_3(t)\approx 1.812e^{-2.365t} +e^{0.6825t} \left( -1.812\cos 1.9394t -2.306\sin 1.9394t \right).

所以

x(t)=[x1(t)x2(t)x3(t)].x(t)= \begin{bmatrix} x_1(t)\\ x_2(t)\\ x_3(t) \end{bmatrix}.

其中複數極點的實部為正，因此零輸入響應包含 e0.6825te^{0.6825t}，系統本身是不穩定的。

(2) 轉移函數 G(s)G(s)

解題方法

零初始條件下，

G(s)=C(sI−A)−1B.G(s)=C(sI-A)^{-1}B.

也可直接利用狀態方程的拉普拉斯轉換。

由

sX1=X2,sX_1=X_2, sX2=X3,sX_2=X_3, sX3=−10X1−X2−X3+UsX_3=-10X_1-X_2-X_3+U

可得

X2=sX1,X3=s2X1.X_2=sX_1, \qquad X_3=s^2X_1.

代入第三式：

s3X1=−10X1−sX1−s2X1+U.s^3X_1=-10X_1-sX_1-s^2X_1+U.

因此

(s3+s2+s+10)X1(s)=U(s).(s^3+s^2+s+10)X_1(s)=U(s).

又因為

Y(s)=X1(s),Y(s)=X_1(s),

所以轉移函數為

G(s)=Y(s)U(s)=1s3+s2+s+10.\boxed{ G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)} =\frac{1}{s^3+s^2+s+10} }.

(3) Bode 圖

振幅特性

令 s=jωs=j\omega，則

G(jω)=1(jω)3+(jω)2+jω+10.G(j\omega) = \frac{1} {(j\omega)^3+(j\omega)^2+j\omega+10}.

整理分母：

(jω)3+(jω)2+jω+10=(10−ω2)+j(ω−ω3).(j\omega)^3+(j\omega)^2+j\omega+10 = (10-\omega^2)+j(\omega-\omega^3).

因此

∣G(jω)∣=1(10−ω2)2+(ω−ω3)2.|G(j\omega)| = \frac{1} {\sqrt{(10-\omega^2)^2+(\omega-\omega^3)^2}}.

以分貝表示：

20log⁡10∣G(jω)∣=−10log⁡10[(10−ω2)2+(ω−ω3)2].20\log_{10}|G(j\omega)| = -10\log_{10} \left[ (10-\omega^2)^2+(\omega-\omega^3)^2 \right].

低頻時 ω→0\omega\to0：

G(0)=110,G(0)=\frac{1}{10},

所以低頻增益為

20log⁡10110=−20 dB.20\log_{10}\frac{1}{10}=-20\ \text{dB}.

高頻時：

G(jω)≈1(jω)3,G(j\omega)\approx\frac{1}{(j\omega)^3},

故高頻斜率為

−60 dB/dec.-60\ \text{dB/dec}.

系統極點約為

−2.365,0.6825±j1.9394.-2.365,\qquad 0.6825\pm j1.9394.

複數極點的自然頻率為

ωn=0.68252+1.93942≈2.056 rad/s.\omega_n=\sqrt{0.6825^2+1.9394^2} \approx2.056\ \text{rad/s}.

因此 Bode 振幅圖可依下列方式繪製：

  • ω≪2\omega\ll2 時，約為 −20-20 dB 的水平線。
  • 接近 ωn≈2.056\omega_n\approx2.056 rad/s 時，複數極點開始造成下降。
  • 複數極點造成約 −40-40 dB/dec 的斜率。
  • 實數極點 2.3652.365 rad/s 附近再增加一個 −20-20 dB/dec。
  • 最終高頻斜率為 −60-60 dB/dec$。

由於複數極點位於右半平面，其阻尼為負，振幅曲線在共振頻率附近具有明顯的尖峰傾向。

相位特性

相位為

∠G(jω)=−tan⁡−1(ω−ω310−ω2),\angle G(j\omega) = -\tan^{-1} \left( \frac{\omega-\omega^3}{10-\omega^2} \right),

實際繪圖時應依分子、分母所在象限使用四象限反正切函數。

重要特性如下：

  • ω→0\omega\to0 時，相位約為 0∘0^\circ。
  • 穿越 ω=1\omega=1 rad/s 附近時，虛部改變符號。
  • $\omega=\sqrt{10}\approx3.162
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第 2 題

The block diagram of a feedback control system is shown in Fig. B.
(1) Apply the gain formula of signal flow graph (SFG) directly to the block diagram to find the transfer functions:

Y(s)R(s)∣N=0andY(s)N(s)∣R=0\frac{Y(s)}{R(s)} \Big|_{N=0} \quad \text{and} \quad \frac{Y(s)}{N(s)} \Big|_{R=0}

Express Y(s)Y(s) in terms of R(s)R(s) and N(s)N(s) when both inputs are applied simultaneously. 【計分:10分】
(2) Find the desired relation among the transfer functions G1(s),G2(s),G3(s),G4(s),H1(s),G_1(s), G_2(s), G_3(s), G_4(s), H_1(s), and H2(s)H_2(s) so that the output Y(s)Y(s) is not affected by the disturbance signal N(s)N(s) at all. 【計:3分】

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】Fig. B 是一個閉迴路系統的方塊圖，包含有兩個輸入 R(s)R(s) 和 N(s)N(s)。R(s)R(s) 是參考輸入，經過 G1(s)G_1(s) 後與另一個信號相減，然後通過 G2(s)G_2(s) 和 G3(s)G_3(s)。N(s)N(s) 是干擾信號，經過 G4(s)G_4(s) 後與 G3(s)G_3(s) 的輸出相加。H1(s)H_1(s) 和 H2(s)H_2(s) 是回授路徑。輸出為 Y(s)Y(s)。

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 1 頁

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核心觀念

本題考查多輸入回授系統的訊號流程圖增益公式（Mason 公式）。依圖中實際接線，令 x(s)x(s) 為第二個加總點之後、分流至 G1(s)G_1(s) 與 G4(s)G_4(s) 的訊號；H1(s)H_1(s) 回授自 G2(s)G_2(s) 的輸出，H2(s)H_2(s) 回授自 Y(s)Y(s)，接至 G2(s)G_2(s) 前的加總點。干擾 N(s)N(s) 以正號直接加到輸出端。

解題方法

合併串接方塊後，訊號關係為

x=R−Y−H1vx=R-Y-H_1v v=G1G2x−G2H2Yv=G_1G_2x-G_2H_2Y Y=G3v+G4x+NY=G_3v+G_4x+N

其中 vv 是 G2G_2 的輸出。訊號流程圖中的分支增益為：x→vx\to v 是 G1G2G_1G_2、v→xv\to x 是 −H1-H_1、x→Yx\to Y 是 G4G_4、Y→xY\to x 是 −1-1、v→Yv\to Y 是 G3G_3、Y→vY\to v 是 −G2H2-G_2H_2。

迴路增益為

L1=−G1G2H1,L2=−G4,L3=−G1G2G3,L4=−G2G3H2,L5=G2G4H1H2.\begin{aligned} L_1&=-G_1G_2H_1, & L_2&=-G_4,\\ L_3&=-G_1G_2G_3, & L_4&=-G_2G_3H_2,\\ L_5&=G_2G_4H_1H_2. \end{aligned}

前四個迴路各經過一個負回授點；L5L_5 經過兩個負回授點，因此為正。Mason 公式的整體行列式為

Δ=1−∑iLi=1+G1G2H1+G4+G1G2G3+G2G3H2−G2G4H1H2.\Delta=1-\sum_i L_i =1+G_1G_2H_1+G_4+G_1G_2G_3+G_2G_3H_2-G_2G_4H_1H_2.

從 RR 到 YY 有兩條前向路徑，增益分別為 G4G_4 和 G1G2G3G_1G_2G_3。兩條路徑上的節點都與所有迴路相交，因此各自的路徑行列式為 11：

YR∣N=0=G4+G1G2G3Δ.\left.\frac{Y}{R}\right|_{N=0} =\frac{G_4+G_1G_2G_3}{\Delta}.
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第 3 題

Two pendulums, coupled by a spring, are to be controlled by two equal and opposite forces u, which are applied to the pendulum bobs, as shown in Fig. C. Assume that the displacement angles are small enough that the spring always remains horizontal. If the rods with the length of l are massless and the spring is attached to the rods a from the top.

(1) Derive the equations of motion. 【計分:4分】
(2) Set state variables as x1=θ1,x2=θ˙1,x3=θ2,x_1 = \theta_1, x_2 = \dot{\theta}_1, x_3 = \theta_2, and x4=θ˙2x_4 = \dot{\theta}_2, find the state equation of the system. 【計分:4分】
(3) Show that the system is uncontrollable. 【計分:8分】 Can you associate a physical meaning with the controllable and uncontrollable modes? 【計分:2分】
(4) Is there any way that the system can be made controllable? 【計分:2分】

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】Fig. C 顯示了兩個單擺，它們的擺錘是質量為 mm 的物體，擺長為 ll。兩個擺錘由一個長度固定、彈性係數為 kk 的彈簧連接。彈簧總是保持水平。兩個擺錘受到大小相等、方向相反的外力 uu。擺桿是質量忽略不計的。

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 2 頁

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核心觀念

本題考查小角度單擺的線性化運動方程、狀態空間表示，以及線性系統的可控制性。關鍵是把兩個擺角分解成「同方向擺動」與「反方向擺動」兩種模態：彈簧只影響反方向模態，而圖中的等大反向控制力也只驅動反方向模態。

以下取兩個擺角向右偏轉為正，並依 Fig. C 令左、右擺錘所受水平力分別為 −u-u、+u+u。採小角度近似 sin⁡θ≈θ\sin\theta\approx\theta。

(1) 推導運動方程

擺錘水平位移近似為 lθil\theta_i，彈簧連接點距樞軸為 aa，因此彈簧兩端的相對位移為 a(θ2−θ1)a(\theta_2-\theta_1)。彈簧對兩根擺桿產生方向相反的回復力矩，大小為 ka2(θ2−θ1)ka^2(\theta_2-\theta_1)。

以樞軸為轉動中心，各擺錘的轉動慣量為 ml2ml^2。重力造成的回復力矩為 −mglθi-mgl\theta_i；外力 uu 作用在擺錘上，對樞軸的力矩大小為 lulu。因此：

ml2θ¨1=−mglθ1+ka2(θ2−θ1)−luml^2\ddot{\theta}_1 = -mgl\theta_1+ka^2(\theta_2-\theta_1)-lu ml2θ¨2=−mglθ2−ka2(θ2−θ1)+luml^2\ddot{\theta}_2 = -mgl\theta_2-ka^2(\theta_2-\theta_1)+lu

整理後的運動方程為：

ml2θ¨1+(mgl+ka2)θ1−ka2θ2=−luml^2\ddot{\theta}_1+(mgl+ka^2)\theta_1-ka^2\theta_2=-lu ml2θ¨2−ka2θ1+(mgl+ka2)θ2=luml^2\ddot{\theta}_2-ka^2\theta_1+(mgl+ka^2)\theta_2=lu

(2) 狀態方程

令

x1=θ1,x2=θ˙1,x3=θ2,x4=θ˙2x_1=\theta_1,\qquad x_2=\dot{\theta}_1,\qquad x_3=\theta_2,\qquad x_4=\dot{\theta}_2

並定義

α=gl+ka2ml2,β=ka2ml2,γ=1ml\alpha=\frac{g}{l}+\frac{ka^2}{ml^2},\qquad \beta=\frac{ka^2}{ml^2},\qquad \gamma=\frac{1}{ml}

則狀態方程為：

x˙1=x2\dot{x}_1=x_2 x˙2=−αx1+βx3−γu\dot{x}_2=-\alpha x_1+\beta x_3-\gamma u x˙3=x4\dot{x}_3=x_4 x˙4=βx1−αx3+γu\dot{x}_4=\beta x_1-\alpha x_3+\gamma u

矩陣形式為：

x˙=Ax+Bu\dot{x}=Ax+Bu
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第 4 題

A controlled process is modeled by the following state equations:

dx1(t)dt=−x1(t)−4x2(t)\frac{dx_1(t)}{dt} = -x_1(t)-4x_2(t) dx2(t)dt=5x1(t)+u(t)\frac{dx_2(t)}{dt} = 5x_1(t)+u(t)

and y=x1(t)y = x_1(t).
The control u(t)u(t) is obtained from state feedback such that u(t)=−k1x1(t)−k2x2(t)+r(t)u(t)=-k_1x_1(t) - k_2x_2(t)+r(t), where k1k_1 and k2k_2 are real constants.
(1) Determine the region in the k1k_1-versus-k2k_2 parameter plane in which the closed-loop system is asymptotically stable. 【計分:4分】
(2) Find the loci in the k1k_1-versus-k2k_2 plane on which the overall system has a damping ratio of 0.707 and natural undamped frequency equals to 8 rad/sec. 【計分:4分】
(3) Find the values of k1k_1 and k2k_2 such that damping ratio equals to 0.707 and peak time of the unit-step response is π/3\pi/3 sec. 【計分:2分】
(4) Let the error signal be defined as e(t)=r(t)−y(t)e(t) = r(t) - y(t). Find the steady-state error when r(t)r(t) = unit step input and k1k_1 and k2k_2 are at the values found in (3). 【計分:2分】
(5) Find the locus in the k1k_1-versus-k2k_2 plane on which the steady-state error due to a unit step input is zero. 【計分:3分】

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核心觀念

狀態回授控制律為

u(t)=−k1x1(t)−k2x2(t)+r(t)u(t)=-k_1x_1(t)-k_2x_2(t)+r(t)

代入狀態方程後，可得閉迴路系統矩陣。二階系統特徵方程可寫成標準形式

s2+2ζωns+ωn2=0s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2=0

其中：

  • ζ\zeta：阻尼比
  • ωn\omega_n：自然未阻尼頻率
  • 欠阻尼系統的阻尼自然頻率為
ωd=ωn1−ζ2\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}
  • 單位階躍響應峰值時間為
Tp=πωdT_p=\frac{\pi}{\omega_d}

閉迴路特徵方程

原系統為

x˙=[−1−450]x+[01]u\dot{x}= \begin{bmatrix} -1 & -4\\ 5 & 0 \end{bmatrix}x+ \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}u

代入控制律後：

x˙1=−x1−4x2x˙2=5x1−k1x1−k2x2+r\begin{aligned} \dot{x}_1&=-x_1-4x_2\\ \dot{x}_2&=5x_1-k_1x_1-k_2x_2+r \end{aligned}

因此閉迴路系統矩陣為

Acl=[−1−45−k1−k2]A_{\text{cl}}= \begin{bmatrix} -1 & -4\\ 5-k_1 & -k_2 \end{bmatrix}

不過由於題目控制律中 u=−k1x1−k2x2+ru=-k_1x_1-k_2x_2+r，直接以狀態方程重新整理特徵方程較清楚：

sI−Acl=[s+14+k2−5+k1s+k2]sI-A_{\text{cl}} = \begin{bmatrix} s+1 & 4+k_2\\ -5+k_1 & s+k_2 \end{bmatrix}

依照原題狀態方程，第二式中的 −k1x1-k_1x_1 會與 5x15x_1 合併。閉迴路特徵多項式為

Δ(s)=det⁡(sI−Acl)=s2+(k1+1)s+(k1+5k2+20)\begin{aligned} \Delta(s) &=\det(sI-A_{\text{cl}})\\ &=s^2+(k_1+1)s+(k_1+5k_2+20) \end{aligned}

因此以下定義

a1=k1+1,a0=k1+5k2+20a_1=k_1+1,\qquad a_0=k_1+5k_2+20

閉迴路特徵方程為

s2+a1s+a0=0s^2+a_1s+a_0=0

（1）閉迴路系統漸近穩定區域

二階特徵方程

s2+a1s+a0=0s^2+a_1s+a_0=0

依 Routh-Hurwitz 穩定判據，漸近穩定的必要且充分條件為

a1>0,a0>0a_1>0,\qquad a_0>0

代入 a1a_1 與 a0a_0：

k1+1>0k_1+1>0

所以

k1>−1k_1>-1

以及

k1+5k2+20>0k_1+5k_2+20>0

整理得

k2>−k1+205k_2>-\frac{k_1+20}{5}

因此穩定區域為

k1>−1,k2>−k1+205\boxed{k_1>-1,\qquad k_2>-\frac{k_1+20}{5}}

在 k1k_1–k2k_2 平面上，這是直線

k2=−k1+205k_2=-\frac{k_1+20}{5}

上方且 k1>−1k_1>-1 的區域。

（2）ζ=0.707\zeta=0.707 且 ωn=8\omega_n=8 的參數軌跡

題目中的 0.7070.707 視為標準值

ζ=12\zeta=\frac{1}{\sqrt{2}}

標準二階系統特徵方程為

s2+2ζωns+ωn2=0s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2=0

自然頻率軌跡

由

ωn2=a0=k1+5k2+20\omega_n^2=a_0=k_1+5k_2+20

令 ωn=8\omega_n=8：

k1+5k2+20=64k_1+5k_2+20=64

因此

k1+5k2=44\boxed{k_1+5k_2=44}

或寫成

k2=44−k15\boxed{k_2=\frac{44-k_1}{5}}

這是一條直線。

阻尼比軌跡

由

ζ=a12a0\zeta=\frac{a_1}{2\sqrt{a_0}}

令 ζ=1/2\zeta=1/\sqrt{2}：

k1+12k1+5k2+20=12\frac{k_1+1}{2\sqrt{k_1+5k_2+20}} =\frac{1}{\sqrt{2}}

因此

k1+1=2k1+5k2+20k_1+1=\sqrt{2}\sqrt{k_1+5k_2+20}

且必須滿足 k1>−1k_1>-1。平方後得

(k1+1)2=2(k1+5k2+20)(k_1+1)^2=2(k_1+5k_2+20)

故阻尼比軌跡為

(k1+1)2=2(k1+5k2+20),k1>−1\boxed{(k_1+1)^2=2(k_1+5k_2+20),\qquad k_1>-1}

同時滿足兩條件的交點

由 ωn=8\omega_n=8 時的方程：

k1+5k2+20=64k_1+5k_2+20=64

而

k1+1=2ζωn=2(12)(8)=82k_1+1=2\zeta\omega_n =2\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)(8) =8\sqrt{2}

所以

k1=82−1\boxed{k_1=8\sqrt{2}-1}

再由

k1+5k2+20=64k_1+5k_2+20=64

得

5k2=44−k1=45−825k_2=44-k_1=45-8\sqrt{2}

因此

k2=9−825\boxed{k_2=9-\frac{8\sqrt{2}}{5}}

（3）ζ=0.707\zeta=0.707 且 Tp=π/3T_p=\pi/3 秒

峰值時間公式為

Tp=πωdT_p=\frac{\pi}{\omega_d}

代入 Tp=π/3T_p=\pi/3：

ωd=πTp=3\omega_d=\frac{\pi}{T_p}=3

又因為

ωd=ωn1−ζ2\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}

且

ζ=12\zeta=\frac{1}{\sqrt{2}}

所以

1−ζ2=1−12=12\sqrt{1-\zeta^2} =\sqrt{1-\frac12} =\frac{1}{\sqrt2}

因此

3=ωn23=\frac{\omega_n}{\sqrt2}

得到

ωn=32\omega_n=3\sqrt2

比較特徵方程

s2+(k1+1)s+(k1+5k2+20)s^2+(k_1+1)s+(k_1+5k_2+20)

與

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