108 年 國立成功大學製造資訊與系統研究所甲組《自動控制》

核心觀念

本題使用單位負回授系統的閉迴路公式、主導極點近似、標準二階系統參數、終值定理、敏感度，以及 Routh–Hurwitz 穩定判據。

---

(1) 建立閉迴路二階模型

由圖可得前向傳遞函數

$$G_c(s)=\frac{K}{s+55},\qquad G(s)=\frac{12}{(s+2)(s+5)}.$$

因此迴路傳遞函數為

$$L(s)=G_c(s)G(s) =\frac{12K}{(s+55)(s+2)(s+5)}.$$

單位負回授的精確閉迴路傳遞函數為

$$T(s)=\frac{Y(s)}{R(s)} =\frac{L(s)}{1+L(s)} =\frac{12K} {(s+55)(s+2)(s+5)+12K}.$$

展開分母：

$$(s+55)(s+2)(s+5)+12K =s^3+62s^2+395s+550+12K.$$

因為極點 $-55$ 相較於 $-2$、$-5$ 位於很左側，可視為快速極點，採用主導極點近似：

$$s+55\approx 55.$$

故二階迴路傳遞函數為

$$L_2(s) \approx \frac{12K}{55(s+2)(s+5)}.$$

所以二階閉迴路模型為

$$\boxed{ T_2(s) =\frac{12K/55} {s^2+7s+10+12K/55} }$$

與標準二階形式

$$s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2$$

比較可得

$$\boxed{ \omega_n^2=10+\frac{12K}{55} }$$

以及

$$\boxed{ \zeta=\frac{7}{2\sqrt{10+12K/55}} }.$$

---

(2) 單位階躍穩態誤差及其對 $K$ 的敏感度

單位負回授系統的誤差傳遞函數為

$$\frac{E(s)}{R(s)} =\frac{1}{1+L_2(s)} =\frac{s^2+7s+10} {s^2+7s+10+12K/55}.$$

對單位階躍輸入 $R(s)=1/s$，由終值定理：

$$e_{\mathrm{ss}} =\lim_{s\to 0}sE(s) =\frac{10}{10+12K/55}.$$

整理得

$$\boxed{ e_{\mathrm{ss}} =\frac{550}{550+12K} =\frac{275}{275+6K} }.$$

控制系統通常採用無因次相對敏感度：

$$S_{e_{\mathrm{ss}}}^{K} =\frac{K}{e_{\mathrm{ss}}} \frac{d e_{\mathrm{ss}}}{dK}.$$

先求導：

$$\frac{d e_{\mathrm{ss}}}{dK} =-\frac{1650}{(275+6K)^2}.$$

因此

$$\boxed{ S_{e_{\mathrm{ss}}}^{K} =-\frac{6K}{275+6K} }.$$

負號表示增加控制增益 $K$ 會降低穩態誤差。若題目所稱敏感度是絕對導數，則為

$$\boxed{ \frac{d e_{\mathrm{ss}}}{dK} =-\frac{1650}{(275+6K)^2} }.$$

---

(3) 同時滿足超越量與穩態誤差規格

超越量小於 $10\%$

標準二階系統的百分比超越量為

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

要求 $M_p<0.1$，因此

此題考察閉迴路系統的轉移函數推導、穩態誤差分析（針對斜坡輸入和階躍輸入）、靈敏度分析以及穩定性判斷。

核心觀念： 閉迴路轉移函數、穩態誤差（斜坡輸入、階躍輸入）、靈敏度、Routh-Hurwitz 穩定判準。

(1) 確定閉迴路傳遞函數 $T(s)=Y(s)/R(s)$

由圖二可知，系統的開迴路轉移函數為 $G_{ol}(s)$。
前向通道的傳遞函數為 $G(s) = \frac{s+2}{s+5} \cdot \frac{1}{s} = \frac{s+2}{s(s+5)}$。
反饋通道的傳遞函數為 $H(s) = K_a$。
因此，開迴路轉移函數為：
$G_{ol}(s) = G(s)H(s) = \frac{s+2}{s(s+5)} \cdot K_a = \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}$
閉迴路傳遞函數 $T(s) = \frac{Y(s)}{R(s)}$ 為：
$T(s) = \frac{G_{ol}(s)}{1+G_{ol}(s)} = \frac{\frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}}{1 + \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}}$
$T(s) = \frac{K_a(s+2)}{s(s+5) + K_a(s+2)}$
展開分母：
$s(s+5) + K_a(s+2) = s^2 + 5s + K_a s + 2K_a$
$= s^2 + (5+K_a)s + 2K_a$
所以，閉迴路傳遞函數為：
$T(s) = \frac{K_a(s+2)}{s^2 + (5+K_a)s + 2K_a}$
【答案】$T(s) = \frac{K_a(s+2)}{s^2 + (5+K_a)s + 2K_a}$

(2) 確定單位斜坡輸入下的穩態誤差

單位斜坡輸入為 $r(t) = t$，其拉氏轉換為 $R(s) = 1/s^2$。
穩態誤差 $e_{ss}$ 的定義為：
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} s E(s) = \lim_{s \to 0} s \frac{R(s)}{1+G_{ol}(s)}$
將 $R(s) = 1/s^2$ 和 $G_{ol}(s) = \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}$ 代入：
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} s \frac{1/s^2}{1 + \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}} = \lim_{s \to 0} \frac{1/s}{1 + \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}}$
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} \frac{1}{s \left( 1 + \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)} \right)} = \lim_{s \to 0} \frac{1}{s + \frac{K_a(s+2)}{s+5}}$
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} \frac{s+5}{s(s+5) + K_a(s+2)}$
將 $s=0$ 代入：
$e_{ss} = \frac{0+5}{0(0+5) + K_a(0+2)} = \frac{5}{2K_a}$
這個結果也可以通過標準公式 $e_{ss} = \lim_{s \to 0} s R(s) (1-T(s))$ 或 $e_{ss} = \frac{1}{K_v}$ 來獲得，其中 $K_v = \lim_{s \to 0} s G_{ol}(s)$ 是速度誤差係數。
$K_v = \lim_{s \to 0} s \cdot \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)} = \lim_{s \to 0} \frac{K_a(s+2)}{s+5} = \frac{K_a(0+2)}{0+5} = \frac{2K_a}{5}$。
對於斜坡輸入，穩態誤差 $e_{ss} = 1/K_v = \frac{5}{2K_a}$。
【答案】$e_{ss} = \frac{5}{2K_a}$

(3) 確定穩態誤差對 $K_a$ 的靈敏度

穩態誤差為 $e_{ss} = \frac{5}{2K_a} = \frac{5}{2} K_a^{-1}$。
靈敏度 $S_{e_{ss}}^{K_a}$ 定義為：
$S_{e_{ss}}^{K_a} = \frac{\partial e_{ss}}{\partial K_a} \cdot \frac{K_a}{e_{ss}}$
計算導數：
$\frac{\partial e_{ss}}{\partial K_a} = \frac{5}{2} \cdot (-1) K_a^{-2} = -\frac{5}{2K_a^2}$
代入靈敏度公式：
$S_{e_{ss}}^{K_a} = \left(-\frac{5}{2K_a^2}\right) \cdot \frac{K_a}{\frac{5}{2K_a}}$
$S_{e_{ss}}^{K_a} = \left(-\frac{5}{2K_a^2}\right) \cdot \frac{K_a \cdot 2K_a}{5} = \left(-\frac{5}{2K_a^2}\right) \cdot \frac{2K_a^2}{5}$
$S_{e_{ss}}^{K_a} = -1$
【答案】$S_{e_{ss}}^{K_a} = -1$

(4) 單位階躍輸入下的穩態誤差為零的條件

單位階躍輸入為 $r(t) = 1$，其拉氏轉換為 $R(s) = 1/s$。
穩態誤差 $e_{ss}$ 的定義為：
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} s E(s) = \lim_{s \to 0} s \frac{R(s)}{1+G_{ol}(s)}$
將 $R(s) = 1/s$ 和 $G_{ol}(s) = \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}$ 代入：
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} s \frac{1/s}{1 + \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}} = \lim_{s \to 0} \frac{1}{1 + \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}}$
$e_{ss} = \frac{1}{1 + \lim_{s \to 0} \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}}$
請注意， $\lim_{s \to 0} s(s+5) = 0$，而 $K_a(s+2)$ 在 $s=0$ 時為 $2K_a$。
因此， $\lim_{s \to 0} \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}$ 的分母趨近於零，而分子趨近於 $2K_a$。
如果 $K_a \neq 0$，則此極限趨近於無限大。
$e_{ss} = \frac{1}{1 + \infty} = 0$
穩態誤差為零的條件是 $K_a \neq 0$。
題目問「If yes, what is the value of Ka?」
只要 $K_a$ 是任何非零值，穩態誤差都為零。
然而，在穩態誤差公式 $e_{ss} = \frac{1}{1+G_{ol}(0)}$ 中，如果 $G_{ol}(0)$ 是有限且非零的，則 $e_{ss}$ 不為零。
在此例中， $G_{ol}(s) = \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}$。
$G_{ol}(0) = \lim_{s \to 0} \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}$。
此極限趨近於無限大（只要 $K_a \neq 0$）。
當 $G_{ol}(0) \to \infty$ 時， $e_{ss} = \frac{1}{1+\infty} = 0$。
這意味著，只要 $K_a$ 是非零的，系統對於單位階躍輸入的穩態誤差就是零。
通常，在控制系統中，$K_a$ 代表增益，我們假設 $K_a > 0$。
所以，任何 $K_a > 0$ 都可以使穩態誤差為零。

但是，題目問「what is the value of Ka?」，暗示有一個特定的值。
這可能需要考慮穩定性。

再看一次公式： $T(s) = \frac{K_a(s+2)}{s^2 + (5+K_a)s + 2K_a}$
當輸入是單位階躍， $R(s) = 1/s$。
$Y(s) = T(s) R(s) = \frac{K_a(s+2)}{s(s^2 + (5+K_a)s + 2K_a)}$
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} s(R(s) - Y(s)) = \lim_{s \to 0} s(\frac{1}{s} - \frac{K_a(s+2)}{s(s^2 + (5+K_a)s + 2K_a)})$
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} (1 - \frac{K_a(s+2)}{s^2 + (5+K_a)s + 2K_a})$
$e_{ss} = 1 - \frac{K_a(0+2)}{0^2 + (5+K_a)(0) + 2K_a} = 1 - \frac{2K_a}{2K_a} = 1 - 1 = 0$。
這個結果成立，前提是 $2K_a \neq 0$。
所以，任何 $K_a \neq 0$ 都可以使穩態誤差為零。

為什麼題目問「what is the value of Ka?」

核心觀念

負回授系統的閉迴路特徵方程為

$$1+G_c(s)G(s)=0.$$

根軌跡分析重點：

• 開迴路極點是根軌跡的起點，開迴路零點是終點。
• 實軸根軌跡右側的極點、零點總數為奇數。
• 漸近線重心為
  $\sigma_a=\frac{\sum p_i-\sum z_i}{n-m}.$
• 三階系統可用 Routh–Hurwitz 判據判斷穩定範圍。

（1）$G_c(s)=K$

開迴路傳遞函數為

$$L(s)=\frac{K}{s(s-1)}.$$

閉迴路特徵方程：

$$1+\frac{K}{s(s-1)}=0$$ $$s(s-1)+K=0$$ $$s^2-s+K=0.$$

因此閉迴路根為

$$s=\frac{1\pm\sqrt{1-4K}}{2}.$$

根軌跡特性如下：

• 開迴路極點：$s=0,1$。
• 沒有有限零點。
• 實軸根軌跡位於 $0<s<1$。
• 兩條漸近線重心為
  $\sigma_a=\frac{0+1}{2}=\frac12,$
  漸近線角度為 $\pm90^\circ$。
• 兩根在
  $s=\frac12,\qquad K=\frac14$
  形成分離點，之後沿著 $\operatorname{Re}(s)=1/2$ 向上下無限延伸。

根的位置：

• $0<K<1/4$：
  $s=\frac{1\pm\sqrt{1-4K}}{2},$
  兩根皆位於正實軸。
• $K=1/4$：
  $s=\frac12,$
  為右半平面的重根。
• $K>1/4$：
  $s=\frac12\pm j\frac{\sqrt{4K-1}}{2},$
  複數根的實部仍為 $1/2>0$。

因此根軌跡完全位於右半平面或通過右半平面，系統對所有 $K\ge0$ 皆不穩定。

（2）$G_c(s)=\dfrac{K(s+2)}{s+20}$

開迴路傳遞函數為

$$L(s)=\frac{K(s+2)}{s(s-1)(s+20)}.$$

閉迴路特徵方程：

$$s(s-1)(s+20)+K(s+2)=0.$$

展開得

$$s^3+19s^2+(K-20)s+2K=0.$$

根軌跡

開迴路極點與零點為：

• 極點：$s=-20,0,1$。
• 零點：$s=-2$。

實軸根軌跡區段為

$$(-20,-2),\qquad (0,1).$$

因此：

• 一支由 $s=-20$ 沿實軸移向零點 $s=-2$。
• $s=0$ 與 $s=1$ 的兩支在實軸上相遇後分離成共軛複數根。
• 分離點由
  $K=-\frac{s(s-1)(s+20)}{s+2}$
  及
  $\frac{dK}{ds}=0$
  求得：

$$2s^3+25s^2+76s-40=0.$$

位於 $(0,1)$ 的分離點為

$$s_b\approx0.456,\qquad K_b\approx2.066.$$

因為極點數與零點數之差為 $2$，漸近線重心為

$$\sigma_a =\frac{(-20)+0+1-(-2)}{2} =-\frac{17}{2} =-8.5.$$

漸近線角度為

核心觀念

本題考查方塊圖化簡、負回授系統，以及標準二階系統參數。

標準二階閉迴路傳遞函數為

$$T(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2}$$

其中：

• $\zeta$：阻尼比
• $\omega_n$：自然頻率
• $\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$：阻尼自然頻率

本題暫態規格公式為

$$M_p=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}\times 100\%$$ $$T_s\approx \frac{4}{\zeta\omega_n}$$ $$T_p=\frac{\pi}{\omega_d}$$ $$T_r=\frac{\pi-\cos^{-1}\zeta}{\omega_d}$$

其中 $T_s$ 採用 2% 穩態時間定義。

解題方法

由圖中第一個加法點可得外迴路誤差信號

$$E_a(s)=R(s)-C(s)$$

在第二個加法點，兩個由 $E_a(s)$ 經過增益 10 的訊號相加，再扣除由輸出經過 $0.2s$ 的回授訊號。因此進入 $1/(s+12)$ 的訊號為

$$U(s)=10E_a(s)+10E_a(s)-0.2sC(s)$$

整理得

$$U(s)=20E_a(s)-0.2sC(s)$$

由圖中後方兩個方塊：

$$\frac{20}{s+12}\cdot\frac{1}{s} =\frac{20}{s(s+12)}$$

所以

$$C(s)=\frac{20}{s(s+12)} \left[20E_a(s)-0.2sC(s)\right]$$

展開：

$$C(s)=\frac{400}{s(s+12)}E_a(s) -\frac{4}{s+12}C(s)$$

移項後得到

$$\left(1+\frac{4}{s+12}\right)C(s) =\frac{400}{s(s+12)}E_a(s)$$

因此，從 $E_a(s)$ 到 $C(s)$ 的等效內部方塊為

$$G_{\mathrm{eq}}(s) =\frac{C(s)}{E_a(s)} =\frac{400}{s(s+16)}$$

外層為單位負回授，因此

$$T(s)=\frac{C(s)}{R(s)} =\frac{G_{\mathrm{eq}}(s)} {1+G_{\mathrm{eq}}(s)}$$

代入 $G_{\mathrm{eq}}(s)$：

$$T(s) =\frac{\frac{400}{s(s+16)}} {1+\frac{400}{s(s+16)}}$$

故

$$T(s)=\frac{400}{s(s+16)+400} =\frac{400}{s^2+16s+400}$$

二階系統參數

將分母與標準形式比較：

此題要求使用奈奎斯特穩定判準 (Nyquist criterion) 來找出兩個獨立系統的穩定 $K$ 值範圍。

核心觀念： 奈奎斯特穩定判準、開迴路轉移函數、特徵方程式、奈奎斯特圖、穩定性分析。

奈奎斯特穩定判準指出，閉迴路系統穩定的充要條件是：
$N = P - Z$
其中：

• $N$ 是奈奎斯特曲線繞點 $(-1, j0)$ 的圈數 (順時針為正)。
• $P$ 是開迴路傳遞函數 $G_{ol}(s)$ 的右半平面極點數。
• $Z$ 是閉迴路系統的右半平面極點數。

對於穩定系統，我們要求 $Z=0$。因此， $N = P$。
我們需要計算 $P$ (右半平面極點數)，然後找出 $N=P$ 的條件，即奈奎斯特曲線繞 $(-1, j0)$ 的圈數。

System 1:
開迴路轉移函數 $G_{ol1}(s)$ 為：
$G_{ol1}(s) = K \cdot \frac{s^2-4s+13}{(s+2)(s+4)} \cdot \frac{1}{s}$
$G_{ol1}(s) = \frac{K(s^2-4s+13)}{s(s+2)(s+4)}$

1. 計算 $P$ (右半平面極點數)：

   • 開迴路傳遞函數的極點是 $s=0, s=-2, s=-4$。
   • $s=0, s=-2, s=-4$ 都在左半平面或虛軸上。
   • 所以， $P=0$。
   • 根據 $N=P$，我們需要 $N=0$。這表示奈奎斯特曲線不應繞 $(-1, j0)$ 點。

2. 分析特徵方程式：

   • 閉迴路特徵方程式為 $1 + G_{ol1}(s) = 0$。
   • $1 + \frac{K(s^2-4s+13)}{s(s+2)(s+4)} = 0$
   • $s(s+2)(s+4) + K(s^2-4s+13) = 0$
   • $s(s^2+6s+8) + K(s^2-4s+13) = 0$
   • $s^3+6s^2+8s + Ks^2-4Ks+13K = 0$
   • $s^3 + (6+K)s^2 + (8-4K)s + 13K = 0$

3. 使用 Routh-Hurwitz 穩定判準：

   • 為了穩定，所有係數必須為正。

   • $1 > 0$

   • $6+K > 0 \implies K > -6$

   • $8-4K > 0 \implies 8 > 4K \implies K < 2$

   • $13K > 0 \implies K > 0$

   • 綜合以上條件，為了使所有係數為正，需要 $0 < K < 2$。

   • 現在建立 Routh 表：
     | $s^3$ | 1 | $8-4K$ |
     | $s^2$ | $6+K$ | $13K$ |
     | $s^1$ | $r_1$ | 0 |
     | $s^0$ | $r_0$ | 0 |

   • $r_1 = \frac{(6+K)(8-4K) - (1)(13K)}{6+K} = \frac{48 - 24K + 8K - 4K^2 - 13K}{6+K} = \frac{-4K^2 - 29K + 48}{6+K}$

   • $r_0 = 13K$

   • 為了穩定，第一列所有元素必須大於零：

     • $1 > 0$
     • $6+K > 0 \implies K > -6$
     • $r_1 = \frac{-4K^2 - 29K + 48}{6+K} > 0$
     • $r_0 = 13K > 0 \implies K > 0$

   • 分析 $r_1 > 0$ 的條件：

     • 首先，分母 $6+K > 0$ (因為 $K>0$)。
     • 所以，我們需要分子 $-4K^2 - 29K + 48 > 0$。
     • $4K^2 + 29K - 48 < 0$。
     • 求二次方程式 $4K^2 + 29K - 48 = 0$ 的根。
     • $K = \frac{-29 \pm \sqrt{29^2 - 4(4)(-48)}}{2(4)} = \frac{-29 \pm \sqrt{841 + 768}}{8} = \frac{-29 \pm \sqrt{1609}}{8}$。
     • $\sqrt{1609} \approx 40.11$。
     • $K_1 = \frac{-29 - 40.11}{8} = \frac{-69.11}{8} \approx -8.64$。
     • $K_2 = \frac{-29 + 40.11}{8} = \frac{11.11}{8} \approx 1.389$。
     • 二次函數 $4K^2 + 29K - 48$ 開口向上，所以當 $K_1 < K < K_2$ 時，該表達式小於零。
     • 即 $-8.64 < K < 1.389$。

   • 綜合所有穩定條件：

     • $K > -6$
     • $K < 2$
     • $-8.64 < K < 1.389$
     • $K > 0$

   • 將這些條件合併，得到穩定範圍：$0 < K < 1.389$。

   • 即 $0 < K < \frac{11.11}{8}$。

   • 精確值：$K < \frac{-29 + \sqrt{1609}}{8}$。

4. 奈奎斯特圖分析 (輔助理解，Routh 已得出結果)：

   • $G_{ol1}(s) = \frac{K(s^2-4s+13)}{s(s+2)(s+4)}$。
   • $P=0$。需要 $N=0$。
   • $s=j\omega$: $G_{ol1}(j\omega) = \frac{K((j\omega)^2-4j\omega+13)}{j\omega(j\omega+2)(j\omega+4)} = \frac{K(-\omega^2-4j\omega+13)}{j\omega(-\omega^2+6j\omega+8)}$
   • $= \frac{K(13-\omega^2-4j\omega)}{-\omega^2+6j\omega^2+8j\omega} = \frac{K(13-\omega^2-4j\omega)}{8j\omega - 6\omega^2 - \omega^3}$
   • $= \frac{K(13-\omega^2-4j\omega)}{(-\omega^3-6\omega^2) + j(8\omega^2)}$
   • 當 $\omega \to \infty$, $G_{ol1}(j\omega) \approx \frac{K(-\omega^2)}{-\omega^3} = \frac{K}{\omega} \to 0$。
   • 當 $\omega \to 0^+$, $G_{ol1}(j\omega) \approx \frac{K(13)}{j\omega(2)(4)} = \frac{13K}{8j\omega} \to -j\infty$ (沿虛軸負方向)。
   • 在 $s=j\omega$ 的路徑上，奈奎斯特曲線從 $j\infty$ 開始（實際上是從 $\omega \to 0^+$ 的 $j\infty$ 趨近），經過一個轉折，然後趨近於原點。
   • 當 $K$ 增大時，曲線會向外擴展。
   • 我們需要 $N=0$。
   • 當 $r_1 = 0$ 時，奈奎斯特曲線會經過 $(-1, j0)$。
   • $r_1 = \frac{-4K^2 - 29K + 48}{6+K} = 0 \implies -4K^2 - 29K + 48 = 0 \implies 4K^2 + 29K - 48 = 0$。
   • 根為 $K \approx -8.64$ 和 $K \approx 1.389$。
   • 由於 $K>0$ (從 $r_0>0$ 得到)，所以 $K \approx 1.389$ 是發生穩定性變化的點。
   • 當 $K$ 較小時 (例如 $K=1$)， $r_1 = \frac{-4-29+48}{6+1} = \frac{15}{7} > 0$。第一列係數為正。 $N=0$。

核心觀念

本題使用單位負回授系統的閉迴路公式、主導極點近似、標準二階系統參數、終值定理、敏感度，以及 Routh–Hurwitz 穩定判據。

---

(1) 建立閉迴路二階模型

由圖可得前向傳遞函數

$$G_c(s)=\frac{K}{s+55},\qquad G(s)=\frac{12}{(s+2)(s+5)}.$$

因此迴路傳遞函數為

$$L(s)=G_c(s)G(s) =\frac{12K}{(s+55)(s+2)(s+5)}.$$

單位負回授的精確閉迴路傳遞函數為

$$T(s)=\frac{Y(s)}{R(s)} =\frac{L(s)}{1+L(s)} =\frac{12K} {(s+55)(s+2)(s+5)+12K}.$$

展開分母：

$$(s+55)(s+2)(s+5)+12K =s^3+62s^2+395s+550+12K.$$

因為極點 $-55$ 相較於 $-2$、$-5$ 位於很左側，可視為快速極點，採用主導極點近似：

$$s+55\approx 55.$$

故二階迴路傳遞函數為

$$L_2(s) \approx \frac{12K}{55(s+2)(s+5)}.$$

所以二階閉迴路模型為

$$\boxed{ T_2(s) =\frac{12K/55} {s^2+7s+10+12K/55} }$$

與標準二階形式

$$s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2$$

比較可得

$$\boxed{ \omega_n^2=10+\frac{12K}{55} }$$

以及

$$\boxed{ \zeta=\frac{7}{2\sqrt{10+12K/55}} }.$$

---

(2) 單位階躍穩態誤差及其對 $K$ 的敏感度

單位負回授系統的誤差傳遞函數為

$$\frac{E(s)}{R(s)} =\frac{1}{1+L_2(s)} =\frac{s^2+7s+10} {s^2+7s+10+12K/55}.$$

對單位階躍輸入 $R(s)=1/s$，由終值定理：

$$e_{\mathrm{ss}} =\lim_{s\to 0}sE(s) =\frac{10}{10+12K/55}.$$

整理得

$$\boxed{ e_{\mathrm{ss}} =\frac{550}{550+12K} =\frac{275}{275+6K} }.$$

控制系統通常採用無因次相對敏感度：

$$S_{e_{\mathrm{ss}}}^{K} =\frac{K}{e_{\mathrm{ss}}} \frac{d e_{\mathrm{ss}}}{dK}.$$

先求導：

$$\frac{d e_{\mathrm{ss}}}{dK} =-\frac{1650}{(275+6K)^2}.$$

因此

$$\boxed{ S_{e_{\mathrm{ss}}}^{K} =-\frac{6K}{275+6K} }.$$

負號表示增加控制增益 $K$ 會降低穩態誤差。若題目所稱敏感度是絕對導數，則為

$$\boxed{ \frac{d e_{\mathrm{ss}}}{dK} =-\frac{1650}{(275+6K)^2} }.$$

---

(3) 同時滿足超越量與穩態誤差規格

超越量小於 $10\%$

標準二階系統的百分比超越量為

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

要求 $M_p<0.1$，因此

此題考察閉迴路系統的轉移函數推導、穩態誤差分析（針對斜坡輸入和階躍輸入）、靈敏度分析以及穩定性判斷。

核心觀念： 閉迴路轉移函數、穩態誤差（斜坡輸入、階躍輸入）、靈敏度、Routh-Hurwitz 穩定判準。

(1) 確定閉迴路傳遞函數 $T(s)=Y(s)/R(s)$

由圖二可知，系統的開迴路轉移函數為 $G_{ol}(s)$。
前向通道的傳遞函數為 $G(s) = \frac{s+2}{s+5} \cdot \frac{1}{s} = \frac{s+2}{s(s+5)}$。
反饋通道的傳遞函數為 $H(s) = K_a$。
因此，開迴路轉移函數為：
$G_{ol}(s) = G(s)H(s) = \frac{s+2}{s(s+5)} \cdot K_a = \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}$
閉迴路傳遞函數 $T(s) = \frac{Y(s)}{R(s)}$ 為：
$T(s) = \frac{G_{ol}(s)}{1+G_{ol}(s)} = \frac{\frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}}{1 + \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}}$
$T(s) = \frac{K_a(s+2)}{s(s+5) + K_a(s+2)}$
展開分母：
$s(s+5) + K_a(s+2) = s^2 + 5s + K_a s + 2K_a$
$= s^2 + (5+K_a)s + 2K_a$
所以，閉迴路傳遞函數為：
$T(s) = \frac{K_a(s+2)}{s^2 + (5+K_a)s + 2K_a}$
【答案】$T(s) = \frac{K_a(s+2)}{s^2 + (5+K_a)s + 2K_a}$

(2) 確定單位斜坡輸入下的穩態誤差

單位斜坡輸入為 $r(t) = t$，其拉氏轉換為 $R(s) = 1/s^2$。
穩態誤差 $e_{ss}$ 的定義為：
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} s E(s) = \lim_{s \to 0} s \frac{R(s)}{1+G_{ol}(s)}$
將 $R(s) = 1/s^2$ 和 $G_{ol}(s) = \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}$ 代入：
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} s \frac{1/s^2}{1 + \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}} = \lim_{s \to 0} \frac{1/s}{1 + \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)}}$
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} \frac{1}{s \left( 1 + \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)} \right)} = \lim_{s \to 0} \frac{1}{s + \frac{K_a(s+2)}{s+5}}$
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} \frac{s+5}{s(s+5) + K_a(s+2)}$
將 $s=0$ 代入：
$e_{ss} = \frac{0+5}{0(0+5) + K_a(0+2)} = \frac{5}{2K_a}$
這個結果也可以通過標準公式 $e_{ss} = \lim_{s \to 0} s R(s) (1-T(s))$ 或 $e_{ss} = \frac{1}{K_v}$ 來獲得，其中 $K_v = \lim_{s \to 0} s G_{ol}(s)$ 是速度誤差係數。
$K_v = \lim_{s \to 0} s \cdot \frac{K_a(s+2)}{s(s+5)} = \lim_{s \to 0} \frac{K_a(s+2)}{s+5} = \frac{K_a(0+2)}{0+5} = \frac{2K_a}{5}$。
對於斜坡輸入，穩態誤差 $e_{ss} = 1/K_v = \frac{5}{2K_a}$。
【答案】$e_{ss} = \frac{5}{2K_a}$

(3) 確定穩態誤差對 $K_a$ 的靈敏度

穩態誤差為 $e_{ss} = \frac{5}{2K_a} = \frac{5}{2} K_a^{-1}$。
靈敏度 $S_{e_{ss}}^{K_a}$ 定義為：
$S_{e_{ss}}^{K_a} = \frac{\partial e_{ss}}{\partial K_a} \cdot \frac{K_a}{e_{ss}}$
計算導數：