115 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班甲組《自動控制》

此題為典型的方塊圖化簡問題，要求計算從輸入 $R(s)$ 到輸出 $Y(s)$ 的傳遞函數。我們可以使用閉迴路系統的傳遞函數公式來求解。

給定的方塊圖表示一個負回授系統。其整體傳遞函數 $T(s)$ 可以表示為：
$T(s) = \frac{G(s)}{1 + G(s)H(s)}$
其中 $G(s)$ 是前向通路的總傳遞函數，$H(s)$ 是回授通路的傳遞函數。

在這個方塊圖中，前向通路是由兩個方塊串聯而成，一個是 $\frac{s+2}{s+10}$，另一個是 $\frac{1}{s^2+s+1}$，最後再串聯 $\frac{1}{s}$。因此，前向通路的總傳遞函數為：
$G_{forward}(s) = \left(\frac{s+2}{s+10}\right) \left(\frac{1}{s^2+s+1}\right) \left(\frac{1}{s}\right) = \frac{s+2}{s(s+10)(s^2+s+1)}$

回授通路的部分，有一個加號 (+) 表示正回授，所以 $H(s) = +1$。

將上述結果代入閉迴路傳遞函數公式：
$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{G_{forward}(s)}{1 + G_{forward}(s) \cdot (1)}$
$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{\frac{s+2}{s(s+10)(s^2+s+1)}}{1 + \frac{s+2}{s(s+10)(s^2+s+1)}}$

此題要求根據給定的二階系統響應規格，繪製出其閉迴路極點在 s-平面上可接受的區域。

一個標準的二階系統傳遞函數形式為：
$T(s) = \frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2}$
其閉迴路極點為 $s = -\zeta\omega_n \pm j\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$。

我們有以下規格：

1. 上升時間 $t_r \le 0.6s$
2. 沉降時間 $t_s \le 2s$
3. 超量 $M_p \le 15\%$

我們需要將這些時間域的規格轉換為 $\zeta$ (阻尼比) 和 $\omega_n$ (自然頻率) 的限制，進而確定極點在 s-平面上的區域。

1. 上升時間 ($t_r$) 的限制：
對於一個二階系統，上升時間與阻尼比 $\zeta$ 和自然頻率 $\omega_n$ 的關係為：
$t_r = \frac{\pi - \cos^{-1}(\zeta)}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}}$
當 $0 \le \zeta < 1$ 時，此公式適用。
如果我們考慮最壞情況（即 $\zeta$ 接近 0），則 $t_r \approx \frac{\pi}{\omega_n}$。
反之，如果我們考慮 $\zeta$ 接近 1，則系統趨近於一階系統，$t_r$ 會變長。
通常，我們也使用近似公式 $t_r \approx \frac{1.8}{\omega_n}$ (對於 $\zeta \approx 0.5$) 或 $t_r \approx \frac{2.2}{\omega_n}$ (對於 $\zeta \approx 0$)。
更精確的關係式為 $t_r \approx \frac{1.8}{\zeta\omega_n}$ 這是錯誤的。
正確的關係式是：
$t_r = \frac{\pi - \arccos(\zeta)}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}}$
一個常用的近似公式是 $t_r \approx \frac{1.8}{\omega_n}$，但這通常假設 $\zeta$ 較小。
更準確的說，對於 $0 \le \zeta < 1$，我們有 $t_r \approx \frac{\pi}{\omega_n}$ 當 $\zeta \to 0$，$t_r \to \frac{\pi/2}{\omega_n}$ 當 $\zeta \to 1$。
為了簡化，我們使用一個常見的近似關係：$t_r \omega_n \approx 1.8$ 到 $2.2$ 之間，取中間值 $t_r \omega_n \approx 2$。
如果 $t_r \le 0.6s$，則 $\omega_n \ge \frac{t_r \omega_n}{t_r} \approx \frac{2}{0.6} = \frac{20}{6} = \frac{10}{3} \approx 3.33$。
也就是說，$\omega_n \ge \frac{2}{0.6} = \frac{10}{3}$。
這意味著極點的模長 $|\frac{s}{\omega_n}| = \omega_n$ 必須大於或等於 $\frac{10}{3}$。
在 s-平面上，這表示極點必須位於以原點為圓心，半徑為 $\frac{10}{3}$ 的圓的外部（或圓上）。

2. 沉降時間 ($t_s$) 的限制：
沉降時間通常定義為響應達到最終值的±2%或±5%的時間。題目未明確說明，我們假設是±2%（較嚴格的定義）。
對於±2%的沉降時間，其公式為 $t_s = \frac{4}{\zeta\omega_n}$。
如果 $t_s \le 2s$，則 $\zeta\omega_n \ge \frac{4}{2} = 2$。
極點的實部為 $-\zeta\omega_n$。因此，$-\zeta\omega_n \le -2$。
這意味著極點的實部必須小於或等於 -2。
在 s-平面上，這表示極點必須位於直線 $Re(s) = -2$ 的左側（或直線上）。

3. 超量 ($M_p$) 的限制：
超量 $M_p$ 與阻尼比 $\zeta$ 的關係為：
$M_p = e^{-\frac{\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}}$
題目要求 $M_p \le 15\% = 0.15$。
$e^{-\frac{\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}} \le 0.15$
取自然對數：
$-\frac{\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}} \le \ln(0.15)$
$\ln(0.15) \approx -1.897$
$\frac{\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}} \ge 1.897$
$\frac{\pi\zeta}{1.897} \ge \sqrt{1-\zeta^2}$
平方兩邊：
$\left(\frac{\pi\zeta}{1.897}\right)^2 \ge 1-\zeta^2$
$\frac{\pi^2\zeta^2}{(1.897)^2} \ge 1-\zeta^2$
$\frac{9.87 \zeta^2}{3.60} \ge 1-\zeta^2$
$2.74 \zeta^2 \ge 1-\zeta^2$
$3.74 \zeta^2 \ge 1$
$\zeta^2 \ge \frac{1}{3.74} \approx 0.267$
$\zeta \ge \sqrt{0.267} \approx 0.517$
所以，阻尼比 $\zeta$ 必須大於或等於 0.517。

在 s-平面上，$\zeta = \cos(\theta)$，其中 $\theta$ 是極點與負實軸的夾角。
$\cos(\theta) \ge 0.517$
$\theta \le \cos^{-1}(0.517) \approx 58.87^\circ$。
這表示極點必須位於與負實軸夾角小於或等於 58.87 度的扇形區域內。

綜合以上限制繪製區域：

1. 極點必須位於 $Re(s) \le -2$ 的左側。
2. 極點必須位於 $|\omega_n| \ge \frac{10}{3}$ 的圓的外部。
3. 極點必須位於 $\zeta \ge 0.517$ 的區域，這意味著極點與負實軸的夾角 $\theta \le 58.87^\circ$。

我們需要將這些條件組合起來。
由 $t_s \le 2s$ 得到 $Re(s) = -\zeta\omega_n \le -2$。
由 $t_r \le 0.6s$ 得到 $\omega_n \ge \frac{10}{3}$。
由 $M_p \le 15\%$ 得到 $\zeta \ge 0.517$。

此題要求找出參數 $K$ 的範圍，使得給定的五階多項式的所有根都位於 s 平面的左半平面 (LHP)。這通常使用 Routh-Hurwitz 穩定性判準來求解。

給定的特徵方程式為：
$P(s) = s^5 + 5s^4 + 10s^3 + 10s^2 + 5s + K = 0$

首先，我們檢查必要條件：所有係數必須為正。
係數為：1, 5, 10, 10, 5, K。
為了使所有根都在 LHP，所有係數必須大於零。因此，我們必須有 $K > 0$。

接下來，我們建構 Routh 表。

$s^5$	1	10	5
$s^4$	5	10	K
$s^3$	$b_1$	$b_2$	$b_3$
$s^2$	$c_1$	$c_2$	$c_3$
$s^1$	$d_1$	$d_2$	$d_3$
$s^0$	$e_1$	$e_2$	$e_3$

計算 $s^3$ 的係數：
$b_1 = -\frac{\det \begin{pmatrix} 1 & 10 \\ 5 & 10 \end{pmatrix}}{5} = -\frac{(1 \cdot 10 - 5 \cdot 10)}{5} = -\frac{10 - 50}{5} = -\frac{-40}{5} = 8$
$b_2 = -\frac{\det \begin{pmatrix} 1 & 5 \\ 5 & K \end{pmatrix}}{5} = -\frac{(1 \cdot K - 5 \cdot 5)}{5} = -\frac{K - 25}{5} = \frac{25 - K}{5}$
$b_3 = -\frac{\det \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 5 & 0 \end{pmatrix}}{5} = 0$ (因為 $s^4$ 行的第三個係數為 K，而 $s^5$ 行的第三個係數不存在，視為 0)

Routh 表更新：

$s^5$	1	10	5
$s^4$	5	10	K
$s^3$	8	$\frac{25-K}{5}$	0

計算 $s^2$ 的係數：
$c_1 = -\frac{\det \begin{pmatrix} 5 & 10 \\ 8 & \frac{25-K}{5} \end{pmatrix}}{8} = -\frac{(5 \cdot \frac{25-K}{5} - 8 \cdot 10)}{8} = -\frac{(25-K) - 80}{8} = -\frac{25 - K - 80}{8} = -\frac{-55 - K}{8} = \frac{55+K}{8}$
$c_2 = -\frac{\det \begin{pmatrix} 5 & K \\ 8 & 0 \end{pmatrix}}{8} = -\frac{(5 \cdot 0 - 8 \cdot K)}{8} = -\frac{-8K}{8} = K$
$c_3 = 0$

Routh 表更新：

$s^5$	1	10	5
$s^4$	5	10	K
$s^3$	8	$\frac{25-K}{5}$	0
$s^2$	$\frac{55+K}{8}$	K	0

計算 $s^1$ 的係數：
$d_1 = -\frac{\det \begin{pmatrix} 8 & \frac{25-K}{5} \\ \frac{55+K}{8} & K \end{pmatrix}}{(\frac{55+K}{8})} = -\frac{(8 \cdot K - (\frac{25-K}{5}) \cdot (\frac{55+K}{8}))}{(\frac{55+K}{8})}$
$d_1 = -\frac{8K - \frac{(25-K)(55+K)}{40}}{(\frac{55+K}{8})} = - \frac{8K \cdot 40 - (25-K)(55+K)}{5 \cdot (55+K)}$
$d_1 = - \frac{320K - (1375 + 25K - 55K - K^2)}{5(55+K)} = - \frac{320K - (1375 - 30K - K^2)}{5(55+K)}$
$d_1 = - \frac{320K - 1375 + 30K + K^2}{5(55+K)} = - \frac{K^2 + 350K - 1375}{5(55+K)}$
$d_1 = \frac{-K^2 - 350K + 1375}{5(55+K)}$

$d_2 = -\frac{\det \begin{pmatrix} 8 & 0 \\ \frac{55+K}{8} & 0 \end{pmatrix}}{(\frac{55+K}{8})} = 0$
$d_3 = 0$

Routh 表更新：

$s^5$	1	10	5
$s^4$	5	10	K
$s^3$	8	$\frac{25-K}{5}$	0
$s^2$	$\frac{55+K}{8}$	K	0
$s^1$	$\frac{-K^2 - 350K + 1375}{5(55+K)}$	0	0

計算 $s^0$ 的係數：

核心觀念

題目要求隨參數 $k$ 變化，繪製特徵根的根軌跡。將特徵方程式整理為

$$s^3+ks^2+ks+8=0$$

可寫成

$$1+k\frac{s^2+s}{s^3+8}=0.$$

因此視為開迴路傳遞函數

$$G(s)=\frac{s^2+s}{s^3+8} =\frac{s(s+1)}{(s+2)(s^2-2s+4)}.$$

以下採用根軌跡的標準定義，假設 $k\geq 0$。

---

開迴路極點與零點

開迴路零點為

$$s=0,\qquad s=-1.$$

開迴路極點由 $s^3+8=0$ 得

$$s=-2,\qquad s=1+j\sqrt{3},\qquad s=1-j\sqrt{3}.$$

因此共有 $3$ 條根軌跡，其中：

• $2$ 條終止於有限零點 $s=0,-1$；
• $1$ 條沿著無窮遠方向離開。

---

實軸根軌跡

依據「實軸上一點右側的極點與零點總數為奇數」判斷：

• $(-\infty,-2)$：右側有 $-2,-1,0$，共 $3$ 個，屬於根軌跡；
• $(-2,-1)$：右側有 $-1,0$，共 $2$ 個，不屬於根軌跡；
• $(-1,0)$：右側有 $0$，共 $1$ 個，屬於根軌跡；
• $(0,\infty)$：右側沒有極點與零點，不屬於根軌跡。

所以實軸根軌跡為

$$(-\infty,-2)\quad\text{與}\quad(-1,0).$$

---

無窮遠漸近線

極點數 $n=3$，零點數 $m=2$，因此有

$$n-m=1$$

條漸近線。

漸近線重心為

$$\sigma_a = \frac{\sum \text{極點}-\sum \text{零點}}{n-m}.$$

由於極點總和為 $0$，零點總和為 $-1$，故

$$\sigma_a=\frac{0-(-1)}{1}=1.$$

漸近線角度為

$$\theta_a=\frac{(2q+1)180^\circ}{n-m}=180^\circ.$$

因此唯一的漸近線為：

$$\boxed{\text{由 }s=1\text{ 沿負實軸方向延伸}}$$

---

分離點

根軌跡上的 $k$ 可表示為

$$k=-\frac{s^3+8}{s^2+s}.$$

分離點滿足

$$\frac{dk}{ds}=0.$$

計算得

$$s^4+2s^3-16s-8=0.$$

在實軸根軌跡區段 $(-1,0)$ 中的解為

$$s_b\approx -0.513.$$

代回 $k$：

$$k_b = -\frac{s_b^3+8}{s_b^2+s_b} \approx 31.48.$$

因此，兩條複數根軌跡在

$$\boxed{s\approx -0.513,\qquad k\approx31.48}$$

相遇後，分別沿實軸向 $s=-1$ 與 $s=0$ 移動。

---

虛軸交點與穩定範圍

令 $s=j\omega$ 代入特徵方程式：

$$(j\omega)^3+k(j\omega)^2+k(j\omega)+8=0.$$

整理實部與虛部：

$$8-k\omega^2=0,$$ $$-\omega^3+k\omega=0.$$

由虛部得

$$\omega^2=k.$$

代入實部：

$$8-k^2=0.$$

因為 $k\geq0$，所以

核心觀念

以單位負回授系統為前提：

• 增益交越頻率 $\omega_{gc}$：$|G(j\omega_{gc})|=1$。
• 相位裕度：
  $PM=180^\circ+\angle G(j\omega_{gc})$
• 頻寬 $\omega_{BW}$ 通常指閉迴路傳遞函數
  $T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)}$
  的 $-3\ \mathrm{dB}$ 頻率。
• 超前補償器可增加交越頻率附近的相位，使相位裕度提升。

題目文字稱為 third-order system，但所給
$G(s)=\frac{10}{s(s+1)}$
的分母最高次為二次；以下依實際給定的傳遞函數計算。

---

(1) 開迴路 Bode 圖、相位裕度與頻寬

開迴路頻率響應為

$$G(j\omega)=\frac{10}{j\omega(1+j\omega)}$$

因此其幅值為

$$|G(j\omega)| =\frac{10}{\omega\sqrt{1+\omega^2}}$$

以分貝表示：

$$20\log_{10}|G(j\omega)| =20-20\log_{10}\omega -10\log_{10}(1+\omega^2)$$

相位為

$$\angle G(j\omega) =-90^\circ-\tan^{-1}\omega$$

Bode 圖特徵如下：

• 原點極點 $1/s$：低頻斜率為 $-20\ \mathrm{dB/dec}$，相位貢獻 $-90^\circ$。
• 極點 $1/(s+1)$：轉折頻率為 $1\ \mathrm{rad/s}$。
• $\omega>1$ 後，幅值斜率變為 $-40\ \mathrm{dB/dec}$。
• 額外極點使相位逐漸由 $-90^\circ$ 降至 $-180^\circ$。

增益交越頻率由

$$|G(j\omega_{gc})|=1$$

得到

$$\frac{10}{\omega_{gc}\sqrt{1+\omega_{gc}^2}}=1$$

平方後：

$$\omega_{gc}^2(1+\omega_{gc}^2)=100$$

令 $x=\omega_{gc}^2$，則

$$x^2+x-100=0$$

取正根：

$$x=\frac{-1+\sqrt{401}}{2}=9.512$$

所以

$$\boxed{\omega_{gc}=3.084\ \mathrm{rad/s}}$$

在此頻率的相位為

$$\angle G(j3.084) =-90^\circ-\tan^{-1}(3.084) =-162.0^\circ$$

因此相位裕度為

$$PM=180^\circ-162.0^\circ$$ $$\boxed{PM\approx18.0^\circ}$$

閉迴路傳遞函數為

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

其直流增益為 $|T(0)|=1$。令頻寬為幅值降至 $1/\sqrt{2}$ 的頻率：

$$\left|T(j\omega)\right|^2 =\frac{100}{(10-\omega^2)^2+\omega^2} =\frac12$$

所以

$$(10-\omega^2)^2+\omega^2=200$$

整理得

$$\omega^4-19\omega^2-100=0$$

令 $x=\omega^2$：

$$x^2-19x-100=0$$

取正根：

$$x=\frac{19+\sqrt{761}}{2}=23.293$$

因此閉迴路頻寬為

$$\boxed{\omega_{BW}\approx4.83\ \mathrm{rad/s}}$$

---

(2) 超前補償器設計

採用標準超前補償器形式：

$$D(s)=K\frac{1+Ts}{1+\alpha Ts}, \qquad 0<\alpha<1$$

其最大相位超前量為