112 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：

1. **非最小相位系統（nonminimum phase system）**的定義：傳遞函數具有右半平面零點。
2. 利用拉氏反轉換求單位階躍響應。
3. 由時域響應判斷非最小相位系統的「反向初始反應」與逆響應特性。

已知

$$G(s)=\frac{s-2}{s^2+3s+2} =\frac{s-2}{(s+1)(s+2)}$$

零點為 $s=2$，位於右半平面，因此此系統為非最小相位系統。其極點 $s=-1,-2$ 均位於左半平面，故系統本身是穩定的。

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解題方法：求單位階躍響應

單位階躍輸入為

$$R(s)=\frac{1}{s}$$

因此輸出為

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

作部分分式分解：

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

兩邊同乘以 $s(s+1)(s+2)$，得

$$s-2=A(s+1)(s+2)+Bs(s+2)+Cs(s+1)$$

分別代入特殊值求係數：

當 $s=0$ 時，

$$-2=2A \quad\Rightarrow\quad A=-1$$

當 $s=-1$ 時，

$$-3=-B \quad\Rightarrow\quad B=3$$

當 $s=-2$ 時，

$$-4=2C \quad\Rightarrow\quad C=-2$$

所以

$$Y(s)=-\frac{1}{s}+\frac{3}{s+1}-\frac{2}{s+2}$$

反拉氏變換後，單位階躍響應為

$$\boxed{y(t)=-1+3e^{-t}-2e^{-2t}},\qquad t\geq 0$$

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響應特性分析

初始值：

$$y(0^+)=-1+3-2=0$$

符合零初始條件下的階躍響應。

最終值可由終值定理求得：

$$\lim_{t\to\infty}y(t) = \lim_{s\to 0}sY(s) = \lim_{s\to0}G(s) = \frac{-2}{2} =-1$$

因此，系統最後會收斂至 $-1$。

雖然輸入單位階躍是正向輸入，但輸出一開始先往正方向增加，最後卻收斂到負值。這種「初始反應方向與最終穩態方向相反」的現象，稱為逆響應（inverse response）。

由

$$y(t)=-1+3e^{-t}-2e^{-2t}$$

可知：

• $0<t<\ln 2$ 時，$y(t)>0$；
• $t=\ln 2$ 時，響應穿越 $y=0$；
• $t>\ln 2$ 時，$y(t)<0$，並逐漸收斂至 $-1$。

若要求最大正向峰值，令導數為零：

$$\frac{dy}{dt}=-3e^{-t}+4e^{-2t}=0$$

因此

$$e^{-t}=\frac{3}{4} \quad\Rightarrow\quad t_p=\ln\frac{4}{3}\approx0.288$$

題意辨識

依原卷掃描圖，植物傳遞函數為

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

以下依圖中文字作答。圖中 $T_d(s)$ 加在致動器輸出與車體 $G(s)$ 之間，且回授為負回授。

核心觀念

本題使用：

• 負回授閉迴路傳遞函數
• 二階系統超越量與阻尼比的關係
• 上升時間與自然頻率的近似關係
• 最終值定理

負回授系統的特徵方程為

$$1+D(s)G(s)H(s)=0$$

其中

$$D(s)=\frac{K(s+b)}{s+a},\qquad H(s)=s$$

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(a) 求 $R(s)$ 至 $Y(s)$ 的傳遞函數

由方塊圖，

$$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{D(s)G(s)}{1+D(s)G(s)H(s)}$$

代入各傳遞函數：

$$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{\dfrac{K(s+b)}{(s+a)(s^2+10)}} {1+\dfrac{Ks(s+b)}{(s+a)(s^2+10)}}$$

因此

$$\boxed{ \frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{K(s+b)} {(s+a)(s^2+10)+Ks(s+b)} }$$

展開分母：

$$(s+a)(s^2+10)+Ks(s+b) = s^3+(a+K)s^2+(10+Kb)s+10a$$

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(b) 設計所需極點與 $D(s)$

1. 由超越量決定阻尼比

單位階躍響應的超越量為

$$M_p=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}$$

要求 $M_p<0.1$，取臨界設計值 $M_p=0.1$：

$$\zeta = \frac{-\ln(0.1)} {\sqrt{\pi^2+\ln^2(0.1)}} \approx 0.591$$

2. 由上升時間決定自然頻率

採用二階系統近似式

$$t_r\approx \frac{1.8}{\omega_n}$$

要求 $t_r<1$ 秒，因此

$$\omega_n>1.8$$

取

$$\omega_n=2\ \text{rad/s}$$

則主導極點為

$$s_{1,2} = -\zeta\omega_n \pm j\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$$

所以

$$s_{1,2} \approx -1.182\pm j1.613$$

相對應的二階期望因子為

$$s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2 = s^2+2.364s+4$$

另選一個遠離主導極點的非主導極點 $s_3=-12$，使三階系統可近似為二階主導系統。因此期望特徵多項式為

$$(s^2+2.364s+4)(s+12)$$

展開得

$$s^3+14.364s^2+32.368s+48$$

3. 與實際特徵方程係數比較

實際閉迴路特徵方程為

$$(s+a)(s^2+10)+Ks(s+b)=0$$

即

$$s^3+(a+K)s^2+(10+Kb)s+10a=0$$

與期望多項式比較：

$$10a=48$$

故

$$a=4.8$$

再由 $s^2$ 項：

$$a+K=14.364$$ $$K=14.364-4.8=9.564$$

由 $s$ 項：

$$10+Kb=32.368$$ $$b=\frac{22.368}{9.564}\approx 2.339$$

因此

$$\boxed{ D(s)=\frac{9.564(s+2.339)}{s+4.8} }$$

此設計的主導極點為

核心觀念

本題考查：

• 倒單擺車體的自由體圖與運動方程式。
• 拉格朗日法建立非線性動態模型。
• 小角度近似：$\sin\theta \approx \theta$、$\cos\theta \approx 1$。
• 狀態空間模型。
• 可控制性矩陣與 Kalman 可控制性判據。

取小車向右為 $x$ 正方向，單擺由鉛直向上向右偏轉為 $\theta>0$，外力 $f$ 向右。

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解題方法

單擺質量為 $m$，長度為 $l$，小車質量為 $M$。單擺質心座標為

$$x_m=x+l\sin\theta$$ $$y_m=l\cos\theta$$

其中 $x$ 為小車位置。

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(1) 自由體圖

小車的受力

小車受到：

• 外力 $f$：向右。
• 小車重量 $Mg$：向下。
• 地面正向力：向上。
• 單擺軸承反作用力：設水平分量為 $H$、垂直分量為 $V$。

單擺的受力

單擺受到：

• 重力 $mg$：鉛直向下。
• 小車樞軸對單擺的反作用力：水平分量 $-H$、垂直分量 $-V$。

忽略摩擦力，因此水平方向的外力只有控制力 $f$。

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(2) 運動方程式

單擺質心速度平方為

$$\dot{x}_m^2+\dot{y}_m^2 = \dot{x}^2+2l\dot{x}\dot{\theta}\cos\theta+l^2\dot{\theta}^2$$

系統動能為

$$T= \frac{1}{2}M\dot{x}^2+ \frac{1}{2}m \left( \dot{x}^2+2l\dot{x}\dot{\theta}\cos\theta+l^2\dot{\theta}^2 \right)$$

因此

$$T= \frac{1}{2}(M+m)\dot{x}^2 +ml\dot{x}\dot{\theta}\cos\theta +\frac{1}{2}ml^2\dot{\theta}^2$$

位能為

$$V=mgl\cos\theta$$

拉格朗日函數為

$$L=T-V$$

對 $x$ 使用拉格朗日方程式：

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial\dot{x}}\right) -\frac{\partial L}{\partial x} =f$$

可得

$$(M+m)\ddot{x} +ml\ddot{\theta}\cos\theta -ml\dot{\theta}^{\,2}\sin\theta =f$$

對 $\theta$ 使用拉格朗日方程式：

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial\dot{\theta}}\right) -\frac{\partial L}{\partial\theta} =0$$

可得

$$ml\cos\theta\,\ddot{x} +ml^2\ddot{\theta} -mgl\sin\theta =0$$

因此系統的非線性運動方程式為

$$\boxed{ (M+m)\ddot{x} +ml\cos\theta\,\ddot{\theta} -ml\dot{\theta}^{\,2}\sin\theta =f }$$ $$\boxed{ ml\cos\theta\,\ddot{x} +ml^2\ddot{\theta} -mgl\sin\theta =0 }$$

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(3) 線性化狀態空間模型

小角度近似

當 $\theta$ 很小時，

$$\sin\theta\approx\theta,\qquad \cos\theta\approx1$$

且 $\dot{\theta}^{\,2}\theta$ 為高階小量，可忽略。因此非線性方程式化為

$$(M+m)\ddot{x}+ml\ddot{\theta}=f$$ $$ml\ddot{x}+ml^2\ddot{\theta}-mgl\theta=0$$

整理得

$$(M+m)\ddot{x}+ml\ddot{\theta}=f$$ $$\ddot{x}+l\ddot{\theta}=g\theta$$

由第二式：

$$\ddot{x}=g\theta-l\ddot{\theta}$$

代入第一式：

$$(M+m)(g\theta-l\ddot{\theta})+ml\ddot{\theta}=f$$ $$Mg\theta-Ml\ddot{\theta}=f$$

所以

$$\boxed{ \ddot{\theta} = \frac{(M+m)g}{Ml}\theta -\frac{1}{Ml}f }$$

再代回可得

$$\boxed{ \ddot{x} = -\frac{mg}{M}\theta+\frac{1}{M}f }$$

代入數值

已知

$$M=2,\qquad m=0.5,\qquad l=1,\qquad g=9.81$$

因此

好的，這是一道關於根軌跡 (Root Locus) 的標準考題，核心觀念在於如何根據系統的開迴路傳遞函數 $G(s)$ 來繪製閉迴路系統的極點在複數 s-平面上的分佈軌跡，以及如何找出軌跡上的特殊點，例如與虛軸的交點和脫離點。

以下是針對第 4 題的完整詳解：

題目：
The forward-path transfer function of a unity-feedback control system is given by
$G(s) = \frac{K}{s(s+4)(s^2+4s+20)}$
Construct the root loci for $K \ge 0$ and indicate the breakaway points and the intersection points with the imaginary axis in the root loci. (15%)

詳解：

本題要求繪製單位回授系統的根軌跡，並標示與虛軸的交點及脫離點。根軌跡是閉迴路系統極點隨增益 $K$ 變化的軌跡。

步驟一：找出開迴路極點與零點

開迴路傳遞函數為 $G(s) = \frac{K}{s(s+4)(s^2+4s+20)}$。
我們需要找出開迴路極點 (poles) 和零點 (zeros)。

• 極點： 令分母為零，即 $s(s+4)(s^2+4s+20) = 0$。

  • $s = 0$
  • $s+4 = 0 \implies s = -4$
  • $s^2+4s+20 = 0$。使用二次公式 $s = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$，可得 $s = \frac{-4 \pm \sqrt{4^2 - 4(1)(20)}}{2(1)} = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 80}}{2} = \frac{-4 \pm \sqrt{-64}}{2} = \frac{-4 \pm j8}{2} = -2 \pm j4$。
    所以，開迴路極點為 $p_1 = 0$, $p_2 = -4$, $p_3 = -2+j4$, $p_4 = -2-j4$。

• 零點： 分子為 $K$，由於 $K \ge 0$ 且 $K$ 是增益，我們通常將 $K$ 視為一個常數，因此開迴路零點為無窮遠處的零點。由於分母是四次多項式，有 4 個極點，因此有 4 個在無窮遠處的零點。

步驟二：根軌跡的性質

1. 根軌跡的數量： 根軌跡的數量等於系統的極點數量，即 4 條。

2. 根軌跡的起始點與終點： 根軌跡從開迴路極點開始，在 $K \to \infty$ 時趨向開迴路零點。由於本題無有限零點，所有根軌跡都將趨向無窮遠處的零點。

   • 當 $K=0$ 時，閉迴路極點即為開迴路極點：$0, -4, -2+j4, -2-j4$。

3. 對稱性： 由於系統的傳遞函數係數為實數，根軌跡會對實軸對稱。

4. 實軸上的根軌跡： 根軌跡在實軸上的分佈，取一實軸上的測試點 $s$。若測試點右側的開迴路極點和零點數量為奇數，則該點在根軌跡上。

   • 在 $s < -4$ 的區域，右側有 4 個極點 ($0, -4, -2+j4, -2-j4$)，數量為偶數，故此區域不在根軌跡上。
   • 在 $-4 < s < 0$ 的區域，右側有 3 個極點 ($0, -2+j4, -2-j4$)，數量為奇數，故此區域在根軌跡上。
   • 在 $s > 0$ 的區域，右側有 0 個極點，數量為偶數，故此區域不在根軌跡上。
     因此，實軸上的根軌跡從極點 $s=0$ 開始，向左延伸至極點 $s=-4$。

5. 漸近線 (Asymptotes)： 當 $K$ 很大時，根軌跡趨向無窮遠處的零點。漸近線的夾角為 $\theta = \frac{(2k+1)\pi}{n-m}$，其中 $n$ 是極點數量 (4)，$m$ 是零點數量 (0)，$k = 0, 1, 2, \dots, n-m-1$。

   • $\theta = \frac{(2k+1)\pi}{4-0} = \frac{(2k+1)\pi}{4}$。
   • $k=0: \theta = \frac{\pi}{4}$
   • $k=1: \theta = \frac{3\pi}{4}$
   • $k=2: \theta = \frac{5\pi}{4}$
   • $k=3: \theta = \frac{7\pi}{4}$
     漸近線的交點 (Centroid) 為 $\sigma_a = \frac{\sum \text{poles} - \sum \text{zeros}}{n-m}$。
   • $\sigma_a = \frac{(0) + (-4) + (-2+j4) + (-2-j4) - 0}{4-0} = \frac{-8}{4} = -2$。
     所以，有兩條漸近線，一條從 $(-2, 0)$ 以 $\frac{\pi}{4}$ (45度) 向上延伸，另一條從 $(-2, 0)$ 以 $\frac{3\pi}{4}$ (135度) 向上延伸。

6. 與虛軸的交點： 我們使用 Routh-Hurwitz 穩定性判準來找出根軌跡與虛軸的交點。閉迴路傳遞函數為 $T(s) = \frac{G(s)}{1+G(s)}$。
   $1+G(s) = 1 + \frac{K}{s(s+4)(s^2+4s+20)} = 0$
   $s(s+4)(s^2+4s+20) + K = 0$
   $s(s^3 + 4s^2 + 20s + 4s^2 + 16s + 80) + K = 0$
   $s(s^3 + 8s^2 + 36s + 80) + K = 0$
   $s^4 + 8s^3 + 36s^2 + 80s + K = 0$

   建立 Routh 表：

   $s^4$	1	36	K
   $s^3$	8	80	0
   $s^2$	$b_1$	$b_2$	0
   $s^1$	$c_1$	0	0
   $s^0$	$d_1$	0	0

   計算 $b_1$ 和 $b_2$：
   $b_1 = \frac{8 \times 36 - 1 \times 80}{8} = \frac{288 - 80}{8} = \frac{208}{8} = 26$
   $b_2 = \frac{8 \times K - 1 \times 0}{8} = K$

   計算 $c_1$：
   $c_1 = \frac{26 \times 80 - 8 \times K}{26} = \frac{2080 - 8K}{26}$

   計算 $d_1$：
   $d_1 = \frac{c_1 \times K - 0 \times 26}{c_1} = K$

   為了系統穩定，所有第一行係數必須為正。

   • $s^4$: 1 (正)
   • $s^3$: 8 (正)
   • $s^2$: 26 (正)

核心觀念

本題考閉迴路特徵方程與三階 Routh–Hurwitz 穩定判據。對三階特徵多項式，係數全為正且 Routh 表第一欄全為正，系統才漸近穩定；穩定邊界可由常數項為零或 Routh 判據等號找出。

解題方法

原卷第 2 頁第 5 題給定迴路傳遞函數 $G(s)H(s)=\dfrac{K(s+5)}{s(s+2)(1+Ts)}$，並指定參數平面以 $K$ 為橫軸、$T$ 為縱軸。依標準單位負回授，閉迴路特徵方程為 $1+G(s)H(s)=0$，整理得

$$p(s)=Ts^3+(1+2T)s^2+(2+K)s+5K=0$$

先看 $T>0$，三階 Routh 表第一欄為

$$T,\qquad 1+2T,\qquad \frac{(1+2T)(2+K)-5TK}{1+2T},\qquad 5K$$

漸近穩定要求各項皆為正。因 $T>0$ 時 $1+2T>0$，可化為

$$K>0,\qquad \Delta=(1+2T)(2+K)-5TK =2+K+4T-3TK>0$$

$T=0$ 時，特徵方程降為二階：

$$s^2+(2+K)s+5K=0$$

二階穩定條件為 $2+K>0$ 且 $5K>0$，因此 $K>0$。

若 $T<0$，將特徵多項式乘以 $-1$ 後套用 Routh 判據，係數全正要求 $T<-\tfrac12$、$K<-2$。此時行列式條件為 $\Delta>0$，但 $\Delta=2+K+4T-3TK<0$，因此 $T<0$ 沒有漸近穩定區域。

整理 $\Delta=0$ 得

$$K=\frac{2+4T}{3T-1}$$

這條等號曲線形成穩定邊界的範圍是 $T>\tfrac13$。在該範圍，曲線上的特徵多項式可寫成