113 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班甲組《自動控制》

本題主要考查二自由度振動系統的自然頻率與振動模態分析。

首先，我們需要根據圖示建立系統的運動方程式。系統包含兩個質量 $m$，以及彈簧 $k$, $2k$, $k$。運動方程式可以透過拉格朗日方程或牛頓第二運動定律推導。在此，我們直接寫出運動方程式。

考慮質量 $m_1$ (位移 $x_1$)：
$m \ddot{x}_1 = -k x_1 - 2k (x_1 - x_2)$
$m \ddot{x}_1 = -(k+2k) x_1 + 2k x_2$
$m \ddot{x}_1 = -3k x_1 + 2k x_2$ (1)

考慮質量 $m_2$ (位移 $x_2$)：
$m \ddot{x}_2 = -2k (x_2 - x_1) - k x_2$
$m \ddot{x}_2 = 2k x_1 - (2k+k) x_2$
$m \ddot{x}_2 = 2k x_1 - 3k x_2$ (2)

系統自由振動時，假設運動為簡諧運動，即 $x_1(t) = A \sin(\omega t)$ 和 $x_2(t) = B \sin(\omega t)$。
則 $\ddot{x}_1(t) = -A \omega^2 \sin(\omega t)$ 和 $\ddot{x}_2(t) = -B \omega^2 \sin(\omega t)$。
將假設代入運動方程式 (1) 和 (2)：
$m (-A \omega^2 \sin(\omega t)) = -3k (A \sin(\omega t)) + 2k (B \sin(\omega t))$
$-m \omega^2 A = -3k A + 2k B$ (3)

$m (-B \omega^2 \sin(\omega t)) = 2k (A \sin(\omega t)) - 3k (B \sin(\omega t))$
$-m \omega^2 B = 2k A - 3k B$ (4)

為了求得非零的振動振幅 $A$ 和 $B$，我們需要將方程式 (3) 和 (4) 改寫成矩陣形式：
$(m \omega^2 I - M) \mathbf{x} = \mathbf{0}$
其中 $I$ 是單位矩陣，$\mathbf{x} = \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix}$。
將 (3) 和 (4) 改寫為：
$(3k - m \omega^2) A - 2k B = 0$
$-2k A + (3k - m \omega^2) B = 0$

寫成矩陣形式：
$\begin{bmatrix} 3k - m \omega^2 & -2k \\ -2k & 3k - m \omega^2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$

為了得到非零解 $A, B$，係數矩陣的行列式必須為零：
$det \begin{bmatrix} 3k - m \omega^2 & -2k \\ -2k & 3k - m \omega^2 \end{bmatrix} = 0$
$(3k - m \omega^2)^2 - (-2k)(-2k) = 0$
$(3k - m \omega^2)^2 - 4k^2 = 0$

本題考查線性時不變系統的狀態響應求解，特別是當輸入為單位階躍函數時。

系統的狀態空間表示式為：
$\dot{x}(t) = Ax(t) + Bu(t)$
$y(t) = Cx(t) + Du(t)$ (此題未給 $C, D$，故不考慮輸出)

其中 $A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -6 & -5 \end{bmatrix}$, $B = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。
初始條件為 $x(0) = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$。
輸入為單位階躍函數 $u(t) = u_s(t)$。

求解步驟如下：

1. 計算矩陣 $A$ 的特徵值（eigenvalues），以判斷系統的穩定性。
2. 計算狀態轉移矩陣 $e^{At}$。
3. 利用狀態響應公式 $x(t) = e^{At} x(0) + \int_0^t e^{A(t-\tau)} B u(\tau) d\tau$ 來求解。

步驟 1: 計算特徵值
特徵方程式為 $det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} -\lambda & 1 \\ -6 & -5-\lambda \end{bmatrix}$
$det(A - \lambda I) = (-\lambda)(-5-\lambda) - (1)(-6) = 5\lambda + \lambda^2 + 6 = \lambda^2 + 5\lambda + 6 = 0$
$(\lambda+2)(\lambda+3) = 0$
特徵值為 $\lambda_1 = -2$, $\lambda_2 = -3$。
由於兩個特徵值均為負實數，系統是穩定的。

步驟 2: 計算狀態轉移矩陣 $e^{At}$
方法一：利用特徵值分解 (Diagonalization)
首先計算特徵向量。
對於 $\lambda_1 = -2$:
$(A - (-2)I) v_1 = 0 \implies \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ -6 & -3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_{11} \\ v_{12} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
$2v_{11} + v_{12} = 0 \implies v_{12} = -2v_{11}$。
取 $v_{11} = 1$, 則 $v_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \end{bmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = -3$:
$(A - (-3)I) v_2 = 0 \implies \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ -6 & -2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_{21} \\ v_{22} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
$3v_{21} + v_{22} = 0 \implies v_{22} = -3v_{21}$。
取 $v_{21} = 1$, 則 $v_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -3 \end{bmatrix}$。

令 $P = [v_1 v_2] = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -2 & -3 \end{bmatrix}$。
$P^{-1} = \frac{1}{(1)(-3) - (1)(-2)} \begin{bmatrix} -3 & -1 \\ 2 & 1 \end{bmatrix} = \frac{1}{-1} \begin{bmatrix} -3 & -1 \\ 2 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ -2 & -1 \end{bmatrix}$。
$D = \begin{bmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 & 0 \\ 0 & -3 \end{bmatrix}$。

$e^{At} = P e^{Dt} P^{-1} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -2 & -3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e^{-2t} & 0 \\ 0 & e^{-3t} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ -2 & -1 \end{bmatrix}$
$e^{At} = \begin{bmatrix} e^{-2t} & e^{-3t} \\ -2e^{-2t} & -3e^{-3t} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ -2 & -1 \end{bmatrix}$
$e^{At} = \begin{bmatrix} 3e^{-2t} - 2e^{-3t} & e^{-2t} - e^{-3t} \\ -6e^{-2t} + 6e^{-3t} & -2e^{-2t} + 3e^{-3t} \end{bmatrix}$

方法二：利用拉普拉斯轉換
$e^{At} = \mathcal{L}^{-1}\{(sI-A)^{-1}\}$
$sI-A = \begin{bmatrix} s & -1 \\ 6 & s+5 \end{bmatrix}$
$(sI-A)^{-1} = \frac{1}{s(s+5)-(-6)} \begin{bmatrix} s+5 & 1 \\ -6 & s \end{bmatrix} = \frac{1}{s^2+5s+6} \begin{bmatrix} s+5 & 1 \\ -6 & s \end{bmatrix}$
$(sI-A)^{-1} = \frac{1}{(s+2)(s+3)} \begin{bmatrix} s+5 & 1 \\ -6 & s \end{bmatrix}$

我們需要對矩陣的每個元素進行拉普拉斯逆轉換。
對於 $\frac{s+5}{(s+2)(s+3)}$：
$\frac{s+5}{(s+2)(s+3)} = \frac{A}{s+2} + \frac{B}{s+3}$
$s+5 = A(s+3) + B(s+2)$
令 $s=-2$: $-2+5 = A(-2+3) + B(0) \implies 3 = A$
令 $s=-3$: $-3+5 = A(0) + B(-3+2) \implies 2 = -B \implies B = -2$
所以 $\frac{s+5}{(s+2)(s+3)} = \frac{3}{s+2} - \frac{2}{s+3}$。其逆轉換為 $3e^{-2t} - 2e^{-3t}$。

對於 $\frac{1}{(s+2)(s+3)}$：
$\frac{1}{(s+2)(s+3)} = \frac{C}{s+2} + \frac{D}{s+3}$
$1 = C(s+3) + D(s+2)$
令 $s=-2$: $1 = C(-2+3) + D(0) \implies C = 1$
令 $s=-3$: $1 = C(0) + D(-3+2) \implies D = -1$

核心觀念

本題考查雙迴路負回授系統的化簡，以及利用 Routh–Hurwitz 判據求穩定的參數範圍。系統漸近穩定的條件是所有閉迴路極點均位於左半平面；若出現單純的共軛虛軸極點，其餘極點仍在左半平面，則為臨界穩定。

依原卷圖 B，前向增益為 $K_d$，速度回授增益為 $K_v$；內迴路回授的是角速度 $\dot{\theta}_p$，外迴路回授的是角位置 $\theta_p$。以下統一採用原圖符號，題目轉錄中的 $K_a$ 對應 $K_d$、$K$ 對應 $K_v$。

解題方法：建立閉迴路特徵方程式

馬達由控制訊號至角速度的轉移函數為

$$G_m(s)=\frac{10}{(s+1)(s+3)}.$$

先化簡速度負回授內迴路：

$$\frac{\dot{\Theta}_p(s)}{\Theta_r(s)-\Theta_p(s)} =\frac{K_dG_m(s)}{1+K_dK_vG_m(s)} =\frac{10K_d}{(s+1)(s+3)+10K_dK_v}.$$

角速度經過積分器 $1/s$ 才得到角位置，因此外迴路的前向轉移函數為

$$G(s)=\frac{10K_d}{s\left[(s+1)(s+3)+10K_dK_v\right]}.$$

再加入單位位置負回授，可得

$$\frac{\Theta_p(s)}{\Theta_r(s)} =\frac{10K_d}{s^3+4s^2+(3+10K_dK_v)s+10K_d}.$$

筆定位機構在題設頻寬內沒有動態，因此不增加特徵方程式的階數。系統特徵方程式為

$$P(s)=s^3+4s^2+(3+10K_dK_v)s+10K_d=0.$$

其 Routh 表為

$$\begin{array}{c|cc} s^3 & 1 & 3+10K_dK_v\\ s^2 & 4 & 10K_d\\ s^1 & \dfrac{4(3+10K_dK_v)-10K_d}{4} & 0\\ s^0 & 10K_d & \end{array}$$

第一欄全部為正，系統才漸近穩定。因此

$$K_d>0,\qquad 12+40K_dK_v-10K_d>0.$$

整理得到通用穩定條件：

$$\boxed{K_d>0,\qquad K_v>\frac14-\frac{3}{10K_d}}.$$

（1）$K_d=1$ 時，求 $K_v$ 的穩定範圍

代入通用條件：

$$12+40K_v-10>0 \quad\Longrightarrow\quad 2+40K_v>0.$$

故

$$\boxed{K_v>-\frac1{20}}.$$

等號時為臨界穩定，不包含在漸近穩定範圍內。

（2）$K_v=0.3$ 時，求 $K_d$ 的穩定範圍

代入 Routh 條件：

$$K_d>0,\qquad 12+40K_d(0.3)-10K_d>0.$$

核心觀念

本題考查：

• 由單位階躍響應求控制器轉移函數：
  $G_c(s)=\frac{F(s)}{E_c(s)}$
• 串聯系統的前向路徑轉移函數。
• 負回授系統：
  $T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}$
• 利用終值定理求穩態速度：
  $v_{\mathrm{ss}}=\lim_{s\to 0}sV(s)$

依原卷圖示，控制器輸出響應為

$$f(t)=100\left(1-0.3e^{-6t}-0.7e^{-10t}\right)u_s(t)$$

其中 $e_c(t)=u_s(t)$ 為 $1$ V 的單位階躍輸入。

---

解題方法

（a）求控制器轉移函數 $G_c(s)$

先對輸出響應取拉普拉斯轉換：

$$F(s)=100\left[ \frac{1}{s} -\frac{0.3}{s+6} -\frac{0.7}{s+10} \right]$$

因為輸入為單位階躍，

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

因此

$$G_c(s)=\frac{F(s)}{E_c(s)} =sF(s)$$

所以

$$G_c(s)=100\left[ 1-\frac{0.3s}{s+6} -\frac{0.7s}{s+10} \right]$$

通分整理：

$$G_c(s) =100\frac{(s+6)(s+10)-0.3s(s+10)-0.7s(s+6)} {s(s+6)(s+10)}$$

分子為

$$(s+6)(s+10)-0.3s(s+10)-0.7s(s+6) =8.8s+60$$

故

$$\boxed{ G_c(s)=\frac{100(8.8s+60)} {s(s+6)(s+10)} }$$

---

（b）求回授路徑開路時的前向路徑轉移函數 $\dfrac{V(s)}{E(s)}$

回授開路時，前向路徑依序包含：

1. 放大器：$K$
2. 控制器：$G_c(s)$
3. 火車動力學：$\dfrac{1}{Ms}$

因此

$$\frac{V(s)}{E(s)} =K\,G_c(s)\frac{1}{Ms}$$

代入 $G_c(s)$：

$$\frac{V(s)}{E(s)} = \frac{100K(8.8s+60)} {M s^2(s+6)(s+10)}$$

因此

$$\boxed{ \frac{V(s)}{E(s)} = \frac{100K(8.8s+60)} {M s^2(s+6)(s+10)} }$$

---

（c）求閉迴路轉移函數 $\dfrac{V(s)}{E_r(s)}$

速度感測器的回授增益為

$$H(s)=K_v$$

前向路徑為

$$G(s)=\frac{100K(8.8s+60)} {M s^2(s+6)(s+10)}$$

負回授系統的閉迴路轉移函數為

本題考查線性時不變系統的狀態空間表示下的單位階躍響應求解。

系統的狀態空間表示為：
$\dot{x}(t) = Ax(t) + Bu(t)$
$y(t) = Cx(t) + Du(t)$

其中 $A = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -6 & -5 & -4 \end{bmatrix}$, $B = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$, $C = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$, $D = 0$。
初始條件 $x(0) = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$。
輸入為單位階躍函數 $u(t) = u_s(t)$。
要求解輸出 $y(t)$。

求解步驟：

1. 計算狀態轉移矩陣 $e^{At}$。
2. 利用狀態響應公式 $x(t) = e^{At} x(0) + \int_0^t e^{A(t-\tau)} B u(\tau) d\tau$ 來求解 $x(t)$。
3. 利用輸出公式 $y(t) = C x(t) + D u(t)$ 來求解 $y(t)$。

步驟 1: 計算狀態轉移矩陣 $e^{At}$
首先計算矩陣 $A$ 的特徵值。
特徵方程式為 $det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ 0 & -\lambda & 1 \\ -6 & -5 & -4-\lambda \end{bmatrix}$
$det(A - \lambda I) = -\lambda \begin{vmatrix} -\lambda & 1 \\ -5 & -4-\lambda \end{vmatrix} - 1 \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ -6 & -4-\lambda \end{vmatrix} + 0$
$= -\lambda [-\lambda(-4-\lambda) - (1)(-5)] - [0 - (1)(-6)]$
$= -\lambda [4\lambda + \lambda^2 + 5] - 6$
$= -\lambda^3 - 4\lambda^2 - 5\lambda - 6 = 0$
$\lambda^3 + 4\lambda^2 + 5\lambda + 6 = 0$

我們需要找到這個三次多項式的根。
嘗試整數根，例如 $\lambda = -1, -2, -3, -6$。
若 $\lambda = -1$: $(-1)^3 + 4(-1)^2 + 5(-1) + 6 = -1 + 4 - 5 + 6 = 4 \ne 0$。
若 $\lambda = -2$: $(-2)^3 + 4(-2)^2 + 5(-2) + 6 = -8 + 16 - 10 + 6 = 4 \ne 0$。
若 $\lambda = -3$: $(-3)^3 + 4(-3)^2 + 5(-3) + 6 = -27 + 36 - 15 + 6 = 0$。
所以 $\lambda = -3$ 是一個根。
我們可以用多項式除法或綜合除法來分解。
$(\lambda^3 + 4\lambda^2 + 5\lambda + 6) / (\lambda+3)$
使用綜合除法：
-3 | 1 4 5 6
| -3 -3 -6

 1   1   2   0

所以，$(\lambda+3)(\lambda^2 + \lambda + 2) = 0$。
對於二次方程式 $\lambda^2 + \lambda + 2 = 0$，其根為：
$\lambda = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4(1)(2)}}{2(1)} = \frac{-1 \pm \sqrt{1 - 8}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{-7}}{2} = \frac{-1 \pm j\sqrt{7}}{2}$。

特徵值為 $\lambda_1 = -3$, $\lambda_2 = \frac{-1 + j\sqrt{7}}{2}$, $\lambda_3 = \frac{-1 - j\sqrt{7}}{2}$。
由於所有特徵值的實部均為負數，系統是穩定的。

計算 $e^{At}$ 可以透過拉普拉斯逆轉換 $\mathcal{L}^{-1}\{(sI-A)^{-1}\}$。
$sI-A = \begin{bmatrix} s & -1 & 0 \\ 0 & s & -1 \\ 6 & 5 & s+4 \end{bmatrix}$
$det(sI-A) = s \begin{vmatrix} s & -1 \\ 5 & s+4 \end{vmatrix} - (-1) \begin{vmatrix} 0 & -1 \\ 6 & s+4 \end{vmatrix} + 0$
$= s[s(s+4) - (-1)(5)] + [0 - (-1)(6)]$
$= s[s^2+4s+5] + 6$
$= s^3 + 4s^2 + 5s + 6$。 (這與特徵方程式一致)

$(sI-A)^{-1} = \frac{1}{s^3+4s^2+5s+6} \begin{bmatrix} s(s+4)+5 & -(s(s+4)) & 1 \\ -(s(s+4)+5) & s(s+4) & -s \\ -6 & -(6s+5) & s^2 \end{bmatrix}^T$
$(sI-A)^{-1} = \frac{1}{s^3+4s^2+5s+6} \begin{bmatrix} s^2+4s+5 & -6 & 1 \\ -(s^2+4s+5) & s^2+4s & -s \\ -6 & -(6s+5) & s^2 \end{bmatrix}$

由於特徵值是 $\lambda_1 = -3$ 和 $\lambda_{2,3} = -1/2 \pm j\sqrt{7}/2$，計算 $e^{At}$ 的解析形式會比較複雜。
另一種方法是利用 Cayley-Hamilton 定理，或者直接進行積分。

步驟 2: 計算狀態響應 $x(t)$
$x(t) = e^{At} x(0) + \int_0^t e^{A(t-\tau)} B u(\tau) d\tau$
由於 $x(0) = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$，第一項為零。
$x(t) = \int_0^t e^{A(t-\tau)} B u(\tau) d\tau$
$u(\tau) = 1$ for $\tau \ge 0$。
$B = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。

設 $G(s) = C(sI-A)^{-1}B$ 是系統的傳遞函數。
$C = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$。
$C(sI-A)^{-1} = \frac{1}{s^3+4s^2+5s+6} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} s^2+4s+5 & -6 & 1 \\ -(s^2+4s+5) & s^2+4s & -s \\ -6 & -(6s+5) & s^2 \end{bmatrix}$
$C(sI-A)^{-1} = \frac{1}{s^3+4s^2+5s+6} \begin{bmatrix} s^2+4s+5 & -6 & 1 \end{bmatrix}$。