109 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

本題使用兩個廣義座標：

• $y(t)$：小車向右的水平位移。
• $\theta(t)$：擺桿偏離鉛直向上方向的角度，向右為正。
• 外力 $u(t)$：作用於小車、方向向右。
• 令 $M=m_1+m_2$。

採用拉格朗日方程：

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

---

(1) 倒單擺的動態模型

擺錘座標為

$$x_2=y+l\sin\theta,\qquad z_2=l\cos\theta$$

因此動能為

$$T=\frac{1}{2}m_1\dot y^2 +\frac{1}{2}m_2\left[ (\dot y+l\cos\theta\,\dot\theta)^2 +(-l\sin\theta\,\dot\theta)^2 \right]$$

整理得

$$T=\frac{1}{2}M\dot y^2 +m_2l\cos\theta\,\dot y\dot\theta +\frac{1}{2}m_2l^2\dot\theta^2$$

重力位能為

$$V=m_2gl\cos\theta$$

拉格朗日函數為 $L=T-V$。對 $y$ 與 $\theta$ 分別套用拉格朗日方程，得到

$$\boxed{ M\ddot y +m_2l\cos\theta\,\ddot\theta -m_2l\sin\theta\,\dot\theta^2 =u }$$ $$\boxed{ m_2l\cos\theta\,\ddot y +m_2l^2\ddot\theta -m_2gl\sin\theta =0 }$$

矩陣形式為

$$\boxed{ \begin{bmatrix} M&m_2l\cos\theta\\ m_2l\cos\theta&m_2l^2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \ddot y\\ \ddot\theta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} u+m_2l\sin\theta\,\dot\theta^2\\ m_2gl\sin\theta \end{bmatrix} }$$

亦可整理為顯式的非線性狀態方程：

$$\boxed{ \ddot y= \frac{ u+m_2l\sin\theta\,\dot\theta^2 -m_2g\sin\theta\cos\theta }{ m_1+m_2\sin^2\theta } }$$ $$\boxed{ \ddot\theta= \frac{ (m_1+m_2)g\sin\theta -m_2l\sin\theta\cos\theta\,\dot\theta^2 -u\cos\theta }{ l\left(m_1+m_2\sin^2\theta\right) } }$$

---

(2) $\theta$ 為大角度時的 $Y(s)/U(s)$

大角度時必須保留 $\sin\theta$、$\cos\theta$ 與 $\dot\theta^2$ 等項，因此系統為非線性系統：

核心觀念

本題考查：

• 齒輪傳動下，轉動慣量與阻尼的反映換算。
• 直流馬達的反電動勢所造成的等效黏滯阻尼。
• 二階系統的阻尼比、自然頻率、最大超越量與安定時間之關係。

採用標準 2% 安定時間定義，且題目未給電樞電感，因此忽略電樞電感。

解題方法

令馬達軸角位移為 $\theta_m$，齒輪比為

$$q=\frac{N_1}{N_2}=\frac{10}{20}=\frac12$$

負載軸角速度與馬達軸的關係為

$$\dot{\theta}_L=q\dot{\theta}_m$$

半徑為 $r=2$ m，故輸出位移為

$$x=r\theta_L=rq\theta_m =2\left(\frac12\right)\theta_m =\theta_m$$

因此，馬達軸與輸出位移的比例數值上為 $1$。

等效慣量

馬達軸慣量為 $J_a=1$，圖中負載軸慣量為 $J_m=1$，反映至馬達軸後：

$$J_{\mathrm{eq}} =J_a+q^2J_m+(rq)^2M$$

代入數值：

$$J_{\mathrm{eq}} =1+\left(\frac12\right)^2(1) +\left(2\cdot\frac12\right)^2M =M+1.25$$

等效阻尼

負載軸阻尼 $D$ 與平移阻尼 $f_v$ 反映至馬達軸後為

$$B_{\mathrm{mech}} =D_a+q^2D+(rq)^2f_v$$

因此

$$B_{\mathrm{mech}} =1+\frac{D}{4}+1 =\frac{D}{4}+2$$

直流馬達的電氣方程式為

$$e_a=R_ai_a+K_b\dot{\theta}_m$$

故馬達轉矩為

$$T_m=K_ti_a =\frac{K_t}{R_a}e_a -\frac{K_tK_b}{R_a}\dot{\theta}_m$$

反電動勢造成的等效阻尼為

$$B_e=\frac{K_tK_b}{R_a} =\frac{1\cdot1}{1}=1$$

所以總阻尼為

$$B_{\mathrm{eq}} =B_{\mathrm{mech}}+B_e =\frac{D}{4}+3$$

由於

$$\frac{K_t}{R_a}(rq) =\frac{1}{1}(1)=1$$

因此馬達與負載的傳遞函數為

此題要求設計一個 PD 或 PI 控制器，以滿足給定的系統規格。系統的開迴路傳遞函數為 $G(s) = \frac{1}{(s+2)(s+8)}$。

1. 分析系統規格與控制器選擇

• (1) 零穩態誤差至階躍輸入： 這要求系統具有積分能力。對於一個 type-0 系統（開迴路傳遞函數的分母 $s$ 的次數為 0），要實現零穩態誤差，控制器必須引入一個積分項。因此，PI 控制器是比 PD 控制器更合適的選擇。PD 控制器無法保證零穩態誤差。

• (2) 斜坡輸入的穩態誤差 $e_{ss}<25\%$： 斜坡輸入的穩態誤差與系統的 type 數有關。對於 type-0 系統，斜坡輸入的穩態誤差是有限的，但通常不是零。對於 type-1 系統（有一個 $s$ 因子），斜坡輸入的穩態誤差為零。

  • 如果我們選擇 PI 控制器，它會引入一個積分器，使系統變為 type-1。
  • 如果我們選擇 PD 控制器，系統仍然是 type-0，穩態誤差會比較大。

• (3) 百分比超前量 $< 5\%$： 這對應於阻尼比 $\zeta$ 的要求。

  • $OS = e^{-\frac{\pi \zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}} < 0.05$.
  • $\frac{\pi \zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}} > -\ln(0.05) \approx 2.9957$.
  • $\frac{\pi^2 \zeta^2}{1-\zeta^2} > (2.9957)^2 \approx 8.974$.
  • $\pi^2 \zeta^2 > 8.974 (1-\zeta^2)$.
  • $9.87 \zeta^2 > 8.974 - 8.974 \zeta^2$.
  • $(9.87 + 8.974) \zeta^2 > 8.974$.
  • $18.844 \zeta^2 > 8.974$.
  • $\zeta^2 > 8.974 / 18.844 \approx 0.476$.
  • $\zeta > \sqrt{0.476} \approx 0.69$.
  • 因此，我們需要 $\zeta > 0.69$。

• (4) 沉降時間 $T_s < 1.5$ sec (2% criterion)：

  • $T_s = \frac{4}{\zeta\omega_n} < 1.5$.
  • $\zeta\omega_n > 4/1.5 \approx 2.667$.

綜合考慮：

• 要求零穩態誤差至階躍輸入，必須引入積分項，所以 PI 控制器是必須的。PD 控制器無法滿足此要求。
• PI 控制器會使系統變為 type-1，這對斜坡輸入的穩態誤差也有幫助。

我們選擇 PI 控制器。
PI 控制器的傳遞函數為 $G_c(s) = K_p + \frac{K_i}{s} = \frac{K_p s + K_i}{s}$。
或者 $G_c(s) = K (1 + \frac{1}{T_i s}) = K \frac{T_i s + 1}{T_i s}$。
我們用 $G_c(s) = K_p + \frac{K_i}{s}$ 的形式。

開迴路傳遞函數 $G_{ol}(s) = G_c(s) G(s) = (K_p + \frac{K_i}{s}) \frac{1}{(s+2)(s+8)} = \frac{K_p s + K_i}{s} \frac{1}{(s+2)(s+8)}$.
$G_{ol}(s) = \frac{K_p s + K_i}{s(s+2)(s+8)}$.

閉迴路傳遞函數 $T(s) = \frac{G_{ol}(s)}{1+G_{ol}(s)} = \frac{\frac{K_p s + K_i}{s(s+2)(s+8)}}{1 + \frac{K_p s + K_i}{s(s+2)(s+8)}} = \frac{K_p s + K_i}{s(s+2)(s+8) + K_p s + K_i}$.
$T(s) = \frac{K_p s + K_i}{s^3 + 10s^2 + 16s + K_p s + K_i} = \frac{K_p s + K_i}{s^3 + 10s^2 + (16+K_p)s + K_i}$.

這個系統是三階的。然而，題目提示可以使用二階近似。
在二階近似下，我們通常假設控制器和系統的零點和極點的位置。

方法一：調整增益 $K_p, K_i$ 以滿足規格

穩態誤差要求：

• 階躍輸入：Type-1 系統的穩態誤差為零。PI 控制器使系統變為 type-1，故 (1) 滿足。
• 斜坡輸入：$R(s) = A/s^2$. 穩態誤差 $e_{ss} = \lim_{s \to 0} s (R(s) T(s))$。
  對於 type-1 系統，斜坡輸入的 $e_{ss} = \frac{A}{K_v}$，其中 $K_v = \lim_{s \to 0} s G_{ol}(s)$.
  $G_{ol}(s) = \frac{K_p s + K_i}{s(s+2)(s+8)}$.
  $K_v = \lim_{s \to 0} s \frac{K_p s + K_i}{s(s+2)(s+8)} = \lim_{s \to 0} \frac{K_p s + K_i}{(s+2)(s+8)} = \frac{K_i}{(2)(8)} = \frac{K_i}{16}$.
  $e_{ss} = \frac{A}{K_i/16} = \frac{16A}{K_i}$.
  要求 $e_{ss} < 0.25A$.
  $\frac{16A}{K_i} < 0.25A \implies \frac{16}{K_i} < 0.25 \implies K_i > 16 / 0.25 = 64$.
  所以，必須 $K_i > 64$.

暫態響應要求：
$\zeta > 0.69$ 且 $\zeta\omega_n > 2.667$.

我們需要設計 $K_p$ 和 $K_i$。
通常，PI 控制器的零點 $(-K_i/K_p)$ 會影響補償效果。
如果我們將 PI 控制器寫成 $G_c(s) = K \frac{s + z_c}{s}$，其中 $z_c = K_i/K_p$.
$G_{ol}(s) = K \frac{s + z_c}{s(s+2)(s+8)}$.

使用根軌跡技術進行二階近似。
閉迴路特徵方程：$s(s+2)(s+8) + K_p s + K_i = 0$.
$s^3 + 10s^2 + 16s + K_p s + K_i = 0$.
$s^3 + 10s^2 + (16+K_p)s + K_i = 0$.

二階近似通常適用於當系統的極點中有兩個是主導極點，而其他極點（或零點）對響應影響較小。
在這裡，控制器引入了一個極點在原點 $s=0$。

考慮 PI 控制器的零點位置。
如果 PI 控制器的零點 $(-K_i/K_p)$ 靠近開迴路系統的某個極點，可以抵銷該極點的影響，從而簡化系統的階數。
例如，如果 $-K_i/K_p \approx -2$ 或 $-8$.
如果 $-K_i/K_p = -2$, 則 $K_i = 2 K_p$.
代入特徵方程：
$s^3 + 10s^2 + (16+K_p)s + 2K_p = 0$.
如果 $s=-2$ 是特徵方程的一個根，那麼：
$(-2)^3 + 10(-2)^2 + (16+K_p)(-2) + 2K_p = 0$.
$-8 + 10(4) - 32 - 2K_p + 2K_p = 0$.
$-8 + 40 - 32 = 0$.
$0 = 0$.
這表示，如果 $K_i = 2 K_p$, 那麼 $s=-2$ 就是閉迴路系統的一個極點。
這樣，特徵方程可以被 $(s+2)$ 整除。
$s^3 + 10s^2 + (16+K_p)s + 2K_p = (s+2)(s^2 + 8s + K_p)$.
$s^3 + 8s^2 + K_p s + 2s^2 + 16s + 2K_p = s^3 + 10s^2 + (16+K_p)s + 2K_p$. (吻合)
所以，閉迴路系統的極點是 $s=-2$ 和 $s^2 + 8s + K_p = 0$ 的根。
我們希望 $s^2 + 8s + K_p = 0$ 的根是主導極點，它們決定了二階近似的暫態響應。
這是一個二階系統的特徵方程。
$\omega_n^2 = K_p$.
$2\zeta\omega_n = 8$.

我們需要 $\zeta > 0.69$ 且 $\zeta\omega_n > 2.667$.
從 $2\zeta\omega_n = 8$, 我們得到 $\zeta\omega_n = 4$.
這個值 $4 > 2.667$, 符合沉降時間的要求。
現在檢查 $\zeta$.
$\zeta = (\zeta\omega_n)/\omega_n = 4/\omega_n$.
$\omega_n = \sqrt{K_p}$.
$\zeta = 4/\sqrt{K_p}$.
我們需要 $\zeta > 0.69$.
$4/\sqrt{K_p} > 0.69$.
$\sqrt{K_p} < 4/0.69 \approx 5.797$.
$K_p < (5.797)^2 \approx 33.6$.

同時，我們還有 $K_i = 2 K_p$.
並且 $K_i > 64$.
所以 $2 K_p > 64 \implies K_p > 32$.

結合 $K_p < 33.6$ 和 $K_p > 32$.
我們可以選擇 $K_p = 33$.
那麼 $K_i = 2 K_p = 2 \times 33 = 66$.
這個 $K_i = 66 > 64$, 符合穩態誤差要求。
這個 $K_p = 33 < 33.6$, 符合超前量要求。
$\omega_n = \sqrt{K_p} = \sqrt{33} \approx 5.74$.
$\zeta = 4/\omega_n = 4/\sqrt{33} \approx 4/5.74 \approx 0.697$.
$\zeta \approx 0.697 > 0.69$.
$T_s = 4/(\zeta\omega_n) = 4/4 = 1$ sec.
$1 < 1.5$ sec.

所以，選擇 $K_p = 33$, $K_i = 66$ 似乎可以滿足所有要求。
控制器為 $G_c(s) = 33 + \frac{66}{s}$.

檢查零點抵銷的選擇。
如果我們選擇 $-K_i/K_p = -8$, 則 $K_i = 8 K_p$.
代入特徵方程：$s^3 + 10s^2 + (16+K_p)s + 8K_p = 0$.
如果 $s=-8$ 是根：
$(-8)^3 + 10(-8)^2 + (16+K_p)(-8) + 8K_p = 0$.
$-512 + 10(64) - 128 - 8K_p + 8K_p = 0$.
$-512 + 640 - 128 = 0$.
$0 = 0$.
所以，如果 $K_i = 8 K_p$, 那麼 $s=-8$ 是閉迴路系統的一個極點。
特徵方程可被 $(s+8)$ 整除：
$s^3 + 10s^2 + (16+K_p)s + 8K_p = (s+8)(s^2 + 2s + K_p)$.
主導極點由 $s^2 + 2s + K_p = 0$ 決定。
$\omega_n^2 = K_p$.
$2\zeta\omega_n = 2$.
$\zeta\omega_n = 1$.
這個 $\zeta\omega_n = 1$ 太小了，無法滿足 $T_s < 1.5$ sec 的要求 ($\zeta\omega_n > 2.667$)。
所以，零點抵銷在 $s=-2$ 處是更好的選擇。

我們選擇 $K_p = 33$, $K_i = 66$.
控制器 $G_c(s) = 33 + \frac{66}{s}$.

核心觀念

由圖可得前向傳遞函數為

$$L(s)=K\cdot\frac{0.5}{s+5}\cdot\frac{9}{s^2+1.2s+9} =\frac{4.5K}{(s+5)(s^2+1.2s+9)}.$$

系統為單位負回授，因此閉迴路特徵方程為

$$1+L(s)=0.$$

---

（1）根軌跡與穩定增益範圍

閉迴路特徵方程為

$$(s+5)(s^2+1.2s+9)+4.5K=0,$$

展開得

$$s^3+6.2s^2+15s+(45+4.5K)=0.$$

根軌跡穿越虛軸時，令 $s=j\omega$：

$$(5+j\omega)(9-\omega^2+j1.2\omega)+4.5K=0.$$

整理實部與虛部：

$$45-6.2\omega^2+4.5K +j\omega(15-\omega^2)=0.$$

因此虛部必須滿足

$$\omega(15-\omega^2)=0.$$

$\omega=0$ 對應 $K=-10$，不屬於通常的正增益根軌跡。對非零振盪頻率：

$$\omega^2=15, \qquad \omega=\sqrt{15}\ \text{rad/s}.$$

代入實部：

$$45-6.2(15)+4.5K=0,$$ $$-48+4.5K=0, \qquad K=\frac{48}{4.5}=\frac{32}{3}\approx10.667.$$

當 $K=0$ 時，系統極點皆位於左半平面；因此正增益根軌跡在 $K=32/3$ 時首次穿越虛軸。臨界特徵方程為

$$s^3+6.2s^2+15s+93 =(s+6.2)(s^2+15).$$

故臨界振盪極點為

$$s=\pm j\sqrt{15}.$$

振盪頻率為

$$\omega_o=\sqrt{15}\approx3.873\ \text{rad/s},$$

若以 Hz 表示：

$$f_o=\frac{\omega_o}{2\pi}\approx0.616\ \text{Hz}.$$

---

（2）$K=5$ 時的 Nyquist 增益裕度與相位裕度

令 $K=5$，則

$$L(s)=\frac{22.5}{(s+5)(s^2+1.2s+9)}.$$

令 $s=j\omega$，分母為

$$D(j\omega) =(5+j\omega)(9-\omega^2+j1.2\omega).$$

整理得

$$D(j\omega) =(45-6.2\omega^2)+j\omega(15-\omega^2).$$

因此

$$L(j\omega)= \frac{22.5}{(45-6.2\omega^2)+j\omega(15-\omega^2)}.$$

增益裕度

相位交越發生在 Nyquist 曲線穿越負實軸的位置。令虛部為零：

$$\omega(15-\omega^2)=0.$$

$\omega=0$ 是直流點，故相位交越頻率為

此題考驗對給定傳遞函數求取頻率響應的解析表達式，並繪製 Bode 圖以分析增益和相位邊界。此題包含兩個獨立的系統。

系統 1: $G(s) = \frac{(s+2)(s+4)}{s(s+1)(s+3)}$

(1) 分析表達式

頻率響應 $G(j\omega)$ 是將 $s$ 替換為 $j\omega$。
$G(j\omega) = \frac{(j\omega+2)(j\omega+4)}{j\omega(j\omega+1)(j\omega+3)}$

Magnitude Response (幅值響應):
$|G(j\omega)| = \frac{|j\omega+2||j\omega+4|}{|j\omega||j\omega+1||j\omega+3|}$
$|G(j\omega)| = \frac{\sqrt{\omega^2+2^2}\sqrt{\omega^2+4^2}}{\sqrt{\omega^2}\sqrt{\omega^2+1^2}\sqrt{\omega^2+3^2}}$
$|G(j\omega)| = \frac{\sqrt{\omega^2+4}\sqrt{\omega^2+16}}{\omega\sqrt{\omega^2+1}\sqrt{\omega^2+9}}$

Phase Response (相位響應):
$\angle G(j\omega) = \angle(j\omega+2) + \angle(j\omega+4) - \angle(j\omega) - \angle(j\omega+1) - \angle(j\omega+3)$
$\angle G(j\omega) = \arctan(\omega/2) + \arctan(\omega/4) - 90^\circ - \arctan(\omega/1) - \arctan(\omega/3)$

(2) Bode 圖與增益/相位邊界

要繪製 Bode 圖，我們需要分析系統的轉折頻率 (corner frequencies)。
零點 (zeros) 在 $\omega=2, 4$ rad/s。
極點 (poles) 在 $\omega=0, 1, 3$ rad/s。

• $\omega=0$ (極點)：斜率變化 $-20$ dB/decade。
• $\omega=1$ (極點)：斜率變化 $-20$ dB/decade。
• $\omega=2$ (零點)：斜率變化 $+20$ dB/decade。
• $\omega=3$ (極點)：斜率變化 $-20$ dB/decade。
• $\omega=4$ (零點)：斜率變化 $+20$ dB/decade。

低頻增益 (approx. $\omega \to 0$):
$G(s) \approx \frac{2 \times 4}{s \times 1 \times 3} = \frac{8}{3s}$.
$|G(j\omega)| \approx \frac{8}{3\omega}$.
低頻增益斜率為 $-20$ dB/decade。

高頻增益 (approx. $\omega \to \infty$):
$G(s) \approx \frac{s^2}{s^3} = \frac{1}{s}$.
$|G(j\omega)| \approx \frac{1}{\omega}$.
高頻增益斜率為 $-20$ dB/decade。

增益邊界 (GM) 和相位邊界 (PM)：
需要找到 $\omega_{pc}$ 使得 $\angle G(j\omega_{pc}) = -180^\circ$。
然後計算 $|G(j\omega_{pc})|$，GM = $1/|G(j\omega_{pc})|$.
需要找到 $\omega_{gc}$ 使得 $|G(j\omega_{gc})| = 1$ (0 dB)。
然後計算 $\angle G(j\omega_{gc})$，PM = $180^\circ + \angle G(j\omega_{gc})$.

由於需要繪製 Bode 圖，這裡僅提供分析方法，實際繪圖需藉助工具。

系統 2: $G(s) = \frac{50(s+3)}{s(s+2)(s+4)}$

(1) 分析表達式

$G(j\omega) = \frac{50(j\omega+3)}{j\omega(j\omega+2)(j\omega+4)}$

Magnitude Response:
$|G(j\omega)| = \frac{50|j\omega+3|}{|j\omega||j\omega+2||j\omega+4|}$
$|G(j\omega)| = \frac{50\sqrt{\omega^2+3^2}}{\sqrt{\omega^2}\sqrt{\omega^2+2^2}\sqrt{\omega^2+4^2}}$
$|G(j\omega)| = \frac{50\sqrt{\omega^2+9}}{\omega\sqrt{\omega^2+4}\sqrt{\omega^2+16}}$

Phase Response:
$\angle G(j\omega) = \angle(50) + \angle(j\omega+3) - \angle(j\omega) - \angle(j\omega+2) - \angle(j\omega+4)$
$\angle G(j\omega) = 0^\circ + \arctan(\omega/3) - 90^\circ - \arctan(\omega/2) - \arctan(\omega/4)$

(2) Bode 圖與增益/相位邊界

轉折頻率：
零點 (zero) 在 $\omega=3$ rad/s。
極點 (poles) 在 $\omega=0, 2, 4$ rad/s。

• $\omega=0$ (極點)：斜率變化 $-20$ dB/decade。
• $\omega=2$ (極點)：斜率變化 $-20$ dB/decade。
• $\omega=3$ (零點)：斜率變化 $+20$ dB/decade。
• $\omega=4$ (極點)：斜率變化 $-20$ dB/decade。

低頻增益 (approx. $\omega \to 0$):
$G(s) \approx \frac{50 \times 3}{s \times 2 \times 4} = \frac{150}{8s} = \frac{75}{4s}$.
$|G(j\omega)| \approx \frac{75}{4\omega}$.
低頻增益斜率為 $-20$ dB/decade。

高頻增益 (approx. $\omega \to \infty$):
$G(s) \approx \frac{50s}{s^3} = \frac{50}{s^2}$.
$|G(j\omega)| \approx \frac{50}{\omega^2}$.
高頻增益斜率為 $-40$ dB/decade。

增益邊界 (GM) 和相位邊界 (PM)：
需要找到 $\omega_{pc}$ 使得 $\angle G(j\omega_{pc}) = -180^\circ$。
然後計算 $|G(j\omega_{pc})|$，GM = $1/|G(j\omega_{pc})|$.
需要找到 $\omega_{gc}$ 使得 $|G(j\omega_{gc})| = 1$ (0 dB)。
然後計算 $\angle G(j\omega_{gc})$，PM = $180^\circ + \angle G(j\omega_{gc})$.

由於無法實際繪製 Bode 圖，這裡僅提供分析方法。
計算 GM 和 PM 通常需要數值求解或圖形分析。

對於 (1) 分析表達式：
我們已經給出了 $|G(j\omega)|$ 和 $\angle G(j\omega)$ 的解析表達式。

對於 (2) Bode 圖與增益/相位邊界：
繪製 Bode 圖涉及計算不同頻率下的幅值和相位，並根據轉折頻率繪製分段直線近似和真實曲線。
增益邊界和相位邊界需要找到特定的頻率點（相位交叉頻率和增益交叉頻率）並計算對應的幅值和相位。

由於無法實際繪製 Bode 圖，我們將重點放在解析表達式和分析方法上。
為了給出一個完整的答案，假設我們需要估計 GM 和 PM。
這通常是通過繪製 Bode 圖來完成的。

對於系統 1:
$G(s) = \frac{(s+2)(s+4)}{s(s+1)(s+3)}$
極點在 $s=0, -1, -3$. 零點在 $s=-2, -4$.
相位曲線：
$\angle G(j\omega) = \arctan(\omega/2) + \arctan(\omega/4) - 90^\circ - \arctan(\omega) - \arctan(\omega/3)$.
當 $\omega \to 0^+$, $\angle G(j\omega) \to 0 + 0 - 90^\circ - 0 - 0 = -90^\circ$.