讲解笔记

第08讲 · 三道根轨迹例题：主导极点降阶、根轨迹是不是圆、偶极子对消

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这一讲在整章里的位置

第07讲是"地图课"（讲这一章有什么、规则有哪些），这一讲是第一节真正的解题课。老师用三道题，把第四章最爱考的三件事各演示一遍：

例1：完整画一条根轨迹（起点终点 → 实轴区域 → 渐近线 → 分离点 → 虚轴交点），然后用根之和、根之积求出主导极点，把三阶系统降成二阶去估算超调量和调节时间。
例2：极零点摆成某种样子时，复平面上的根轨迹是一个圆；怎么用相角条件把这个圆证出来，并用它求"震荡最剧烈"时的阻尼比和增益。
例3：闭环极点和闭环零点挨得极近时构成偶极子，两者影响相消，系统可以降阶。

【这一讲第一遍看不懂很正常】卡点通常在两个地方：一是你还没把第07讲那套规则记熟，看到"第三步算渐近线"会跟不上；二是"降阶"这件事——为什么一个三阶系统敢当二阶算。第二个卡点本讲会专门掰开讲；第一个卡点请务必先回去把第07讲的绘制法则过一遍，本讲默认你手边有那份规则表。

【考试提示·转录要点转述】画根轨迹是按点给分的：规则写得越详细、对的越多，分越高。老师明确不提倡"只给图不讲规则"，要求一条规则对应一步画法。所以答题要写成"第一步：起点终点……第二步：实轴区域……"这种编号形式，不要直接甩一张图。

零、开讲前的补前置（这一讲反复用到，先垫平地面）

【补前置·开环传递函数、闭环特征方程】 - 开环传递函数 $G(s)H(s)$：把反馈线剪断以后，从输入端一路乘到反馈端的那个传递函数。单位反馈就是 $H(s)=1$，即反馈线上什么都不加、输出原样减回去，此时开环传递函数就是 $G(s)$。本讲三道题都是单位反馈。 - 闭环特征方程：$1+G(s)H(s)=0$。它的根叫闭环极点（也叫闭环特征根）。系统的动态性能全由这些根决定——这是第三章的结论，第四章整章都在追这些根跑到哪去了。

【补前置·根轨迹到底是什么】把开环里的某个参数（通常是根轨迹增益 $K^*$）从 $0$ 慢慢调到 $+\infty$，闭环极点会在复平面上移动，画出来的那些曲线就是根轨迹。一个 $n$ 阶系统有 $n$ 个闭环极点，就有 $n$ 条根轨迹，一起同步移动。

【补前置·复数速成（本讲全部建立在这上面，先补这一小块）】

$j$ 是什么：$j=\sqrt{-1}$，即 $j^2=-1$。实数里没有哪个数平方等于负数，数学上就人为造一个符号 $j$ 来当它（数学书里常写作 $i$，工程里因为 $i$ 被电流占用，一律写 $j$）。
复数怎么写：$a+jb$，$a$ 叫实部，$b$ 叫虚部。例：$-0.33+j0.59$ 的实部是 $-0.33$，虚部是 $0.59$。
复数就是平面上的一个点：把 $a+jb$ 画成横坐标 $a$、纵坐标 $b$ 的点。所以"根在复平面上跑"这句话才有意义。
模 $|a+jb|$ 是什么：就是这个点到原点的距离，按勾股定理 $|a+jb|=\sqrt{a^2+b^2}$。例：$|1+j1.414|=\sqrt{1^2+1.414^2}=\sqrt{1+2}=\sqrt3$。
辐角是什么：从原点指向这个点的那根箭头，与正实轴（横轴正方向）的夹角。
共轭是什么：把虚部的符号取反。$-0.33+j0.59$ 的共轭是 $-0.33-j0.59$，记作 $\overline{s}$。关键性质：实系数多项式（我们的特征方程系数全是实数）如果有一个复根，它的共轭必定也是根，复根一定成对出现。这正是根轨迹关于实轴上下对称的原因，本讲多处要用。

【补前置·s 平面（复平面）怎么看】横轴是实部 $\sigma$，纵轴是虚部 $j\omega$。一个复数根 $-0.33+j0.59$ 就是横坐标 $-0.33$、纵坐标 $0.59$ 的那个点。根离虚轴（纵轴）越远、越靠左，它对应的那部分响应衰减得越快——这是后面"主导极点"的全部物理基础，必须先建立这个画面。

【难点·同一个字母 $\sigma$ 在本讲代表五个不同的量】难在哪：教材沿用了历史习惯，$\sigma$ 被反复借用，零基础极易串味。请对号入座，靠下标和百分号区分： - $\sigma$（光杆）：复平面的实部坐标（本节）； - $\sigma_a$（带下标 a）：渐近线交点的横坐标（第 3 步）； - $\sigma$（在 $s_{2,3}=\sigma\pm j\omega$ 里）：那对主导极点的实部（第 6 步）——它其实还是"实部"，只是特指某个具体点； - $\sigma\%$（带百分号）：超调量，一个性能指标，与坐标毫无关系（第 7 步）； - $\omega$ 同理：光杆 $\omega$ 是虚部坐标，$\omega_n$ 是无阻尼自然频率，两回事。

看到 $\sigma$ 先看有没有下标、有没有百分号，再决定它是谁。

【补前置·先认四个数学符号（下面公式马上要用，一个都不许跳）】

$\sum$（读 sigma，求和号）：把一串东西加起来。例：$\sum_{j=1}^{3}p_j$ 表示 $p_1+p_2+p_3$；若 $p_1=0,\ p_2=-1,\ p_3=-2$，则它等于 $-3$。
$\prod$（读 pi，连乘号）：把一串东西乘起来。例：$\prod_{j=1}^{3}|s-p_j|$ 表示 $|s-p_1|\cdot|s-p_2|\cdot|s-p_3|$；若三个模分别是 $2,\,1,\,3$，则它等于 $6$。
$|\cdot|$（模）：见上面复数速成——就是那个点到原点的距离。$|s-p_j|$ 则是点 $s$ 到点 $p_j$ 的距离（两点之差的模＝两点间距离）。例：$s=-0.9$、$p=-2$ 时 $|s-p|=|1.1|=1.1$。
$\angle$（辐角号，读"角"）：$\angle(s-p_j)$ 的具体做法是：从点 $p_j$ 出发向点 $s$ 画一根箭头（向量），量这根箭头与正实轴的夹角，逆时针为正。例：从 $p=-2$ 指向 $s=-2+j1.414$ 的箭头是竖直朝上的，夹角就是 $90^\circ$。

把这四个符号读顺了，下面两个条件才不是天书。

【补前置·两个条件，一定要分清】 - 相角条件：$\sum \angle(s-z_i) - \sum \angle(s-p_j) = \pm(2k+1)180^\circ$。大白话：从所有零点指向该点的箭头夹角之和，减去从所有极点指向该点的箭头夹角之和，等于 $180^\circ$ 的奇数倍。它决定"哪些点在根轨迹上"（据 PPT：相角条件是决定系统根轨迹的充分必要条件）。里面不含 $K^*$。 - 模值方程（模值条件）：$K^*\dfrac{\prod|s-z_i|}{\prod|s-p_j|}=1$。大白话：$K^*$ 乘以"该点到各零点距离之积除以到各极点距离之积"等于 1。它决定"这个点对应多大的 $K^*$"。里面含 $K^*$。

【你可能会以为】两个条件都能拿来证根轨迹的形状。但其实不行：模值方程里有未知的 $K^*$，一般消不掉，凑不出圆的方程（老师专门提到这一点，建议一律用相角条件证）。记法：形状找相角，增益找模值。 这条分工贯穿整章。

一、例题一：三阶系统的完整绘制 + 主导极点降阶

题目

已知单位反馈系统的开环传递函数

\[G(s)=\frac{K}{s(s+1)(0.5s+1)}\]

（1）绘制根轨迹；（2）证明 $s=-2.34$ 是非主导极点，并用主导极点估算超调量 $\sigma\%$ 与调节时间 $t_s$。

【这式子在说什么】分母的三个因子各代表系统里一个环节（第二章术语，指系统里一个最小的功能块）。【补前置·积分环节与惯性环节】传递函数是 $\dfrac1s$ 的叫积分环节——它把输入随时间累加起来（水箱进水、电容充电就是这种，输入是流量、输出是水位）；传递函数是 $\dfrac{1}{Ts+1}$（等价于 $\dfrac{1/T}{s+1/T}$）的叫惯性环节——输入突变时输出不会跟着跳，而是慢慢爬上去（加热炉升温、RC 电路充电），$T$ 越大越"迟钝"。本题 $s$ 是积分环节，$(s+1)$ 与 $(0.5s+1)$ 是两个惯性环节。分子的 $K$ 是开环增益，是设计者能拧的旋钮。分母展开后是 $s$ 的三次式，所以是三阶系统，有三条根轨迹。

第 0 步：先化成"根轨迹标准形式"（不做这步，后面全错）

老师开口第一句就强调：题给的不是标准形式。根轨迹的标准形式要求写成零极点形式、并以根轨迹增益 $K^*$ 作参变量，即每个因子都长成 $(s+a)$，而不是 $(0.5s+1)$。

把 $0.5$ 提出来：$0.5s+1=0.5(s+2)$，于是

\[G(s)=\frac{K}{s(s+1)\cdot 0.5(s+2)}=\frac{2K}{s(s+1)(s+2)}=\frac{K^*}{s(s+1)(s+2)},\qquad K^*=2K\]

【每个符号是什么】$K$ 是开环增益（时间常数形式里的那个，第三章算稳态误差用的就是它）；$K^*$ 是根轨迹增益（零极点形式里分子的那个系数，是根轨迹的参变量）。两者只差一个常数倍，本题 $K^*=2K$。

【难点·为什么必须先化标准形】难在哪：$K$ 和 $K^*$ 长得像，学生常混用。为什么难：所有根轨迹法则（渐近线、分离点、模值方程）都是按零极点形式推出来的；你拿 $0.5s+1$ 硬套，极点位置就会读错。正确理解：先化零极点形式，读出极点是 $0,-1,-2$，再开始画；如果题目最后问的是 $K$，记得用 $K=K^*/2$ 换回去。

第 1 步：起点、终点、条数

开环极点 $p=0,\ -1,\ -2$（共 $n=3$ 个），没有开环零点（$m=0$）。

法则：根轨迹起于开环极点，终于开环零点；零点不够用的那 $n-m$ 条，终止于无穷远。

所以：三条根轨迹分别起于 $s=0,\,-1,\,-2$，全部终于无穷远处。

【补前置·为什么起于极点、终于零点】把模值方程改写成 $\prod|s-p_j| = K^*\prod|s-z_i|$。当 $K^*\to 0$，右边趋于零，左边也必须趋于零，即 $s$ 得贴到某个极点上；当 $K^*\to\infty$，右边要爆掉，$s$ 得贴到某个零点上（或跑到无穷远，那里"相当于有零点"）。这条法则不是背的，是模值方程逼出来的。

第 2 步：实轴上的根轨迹区域

法则（180° 根轨迹）：实轴上某一段属于根轨迹，当且仅当它右边的开环实零点与实极点个数之和为奇数。

$(-\infty,-2]$：右边有 $-2,-1,0$ 共 3 个，奇数 → 是根轨迹。
$[-2,-1]$：右边有 $-1,0$ 共 2 个，偶数 → 不是。
$[-1,0]$：右边有 $0$ 共 1 个，奇数 → 是根轨迹。

结论：实轴根轨迹区域为 $(-\infty,-2]$ 与 $[-1,0]$。

【补前置·"180° 根轨迹"是什么意思】常规情况下闭环特征方程给出的相角条件右边是 $\pm(2k+1)180^\circ$，这类叫 180° 根轨迹（常规根轨迹）。若因符号问题相角条件变成 $\pm 2k\cdot 180^\circ$，就叫 0° 根轨迹，实轴判据要反过来数偶数——那是第09讲的内容。本讲三道题都是 180° 根轨迹。

第 3 步：渐近线（一个点 + 一个角，就定住一条直线）

据 PPT 幻灯片 15-16：

\[\sigma_a=\frac{\sum_{j=1}^{n} p_j-\sum_{i=1}^{m} z_i}{n-m},\qquad \theta_k=\frac{\pm(2k+1)\pi}{n-m},\quad k=0,1,\dots,n-m-1\]

【这两个式子在说什么】有 $n-m$ 条根轨迹要跑向无穷远，它们最终会贴着 $n-m$ 条直线跑，这些直线就是渐近线。$\sigma_a$ 是这些直线共同的交点（一定落在实轴上）；$\theta_k$ 是它们与正实轴的夹角。$p_j$ 是各开环极点坐标、$z_i$ 是各开环零点坐标，都取代数值、带负号。

【补前置·公式里的 $\pi$ 就是 $180^\circ$】角度有两套单位：角度制（一圈 $360^\circ$）和弧度制（一圈 $2\pi$）。所以 $\pi=180^\circ$、$\pi/2=90^\circ$、$\pi/3=60^\circ$。教材公式常写 $\pi$，写答案时换成度数更直观，两者是同一个角。本讲以下凡是公式里出现 $\pi$、结论里出现度数的地方，都是这一步换算，不再重复说明。

本题：$\sum p_j=0+(-1)+(-2)=-3$，无零点，$n-m=3$。

\[\sigma_a=\frac{-3-0}{3}=-1,\qquad \theta_k=\frac{\pm(2k+1)\pi}{3}\]

$k=0$ 给 $\pm 60^\circ$；$k=1$ 给 $180^\circ$。

所以三条渐近线：都过点 $(-1,0)$，方向分别是 $+60^\circ$、$-60^\circ$、$180^\circ$，把 s 平面三等分（PPT：各渐近线之间夹角为 $360^\circ/(n-m)=120^\circ$）。其中 $180^\circ$ 那条就是负实轴，正好与 $(-\infty,-2]$ 那段实轴根轨迹重合——这条根轨迹已经完全确定了：从 $-2$ 出发，一路向左跑到 $-\infty$。剩下两条才是要接着算的。

【你可能会以为】$k=1$ 给 $+180^\circ$，再取负还能给 $-180^\circ$，是两条不同的渐近线。但其实不是：$+180^\circ$ 与 $-180^\circ$ 指的是同一个方向（同一条负实轴），只算一条。因为渐近线总数被死死限定为 $n-m=3$ 条，多算出来的角一定是重复的。这是本步最常见的失分点。

第 4 步：分离点

$[-1,0]$ 这一段的两端 $0$ 和 $-1$ 都是起点（极点），两条根轨迹从两头相向而行，撞上以后实轴上无处可去，只能离开实轴拐进复平面——这个"分家"的点叫分离点。（PPT 幻灯片 20 明确：两个极点之间若有根轨迹，则此两极点间必有分离点。）

【补前置·分离点的实质】分离点处两条根轨迹汇到一起，意味着闭环特征方程在这一点出现重根（两个根重合）。重根 $\Rightarrow$ $F(s)=0$ 且 $F'(s)=0$ 同时成立——这正是 PPT 给的第二种求法 $\dfrac{dK^*}{ds}=0$ 的来源。老师也讲了这层道理：重根相当于含一个平方因子，求导后仍留一个一次因子，所以导数在该点也为零。

常用求法（PPT 幻灯片 19 第一式，本讲用它）：

\[\sum_{i=1}^{m}\frac{1}{d-z_i}=\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{d-p_j}\]

【这式子在说什么】$d$ 是分离点在实轴上的坐标（未知数）。左边是"$d$ 到各开环零点距离的倒数之和"，右边是"$d$ 到各开环极点距离的倒数之和"，两边相等的 $d$ 就是分离点。没有零点时左边直接为 0。

本题无零点，极点 $0,-1,-2$：

\[\frac{1}{d}+\frac{1}{d+1}+\frac{1}{d+2}=0\]

通分中间步（别跳）：三项通分，公分母是 $d(d+1)(d+2)$，分子为

\[(d+1)(d+2)+d(d+2)+d(d+1)=(d^2+3d+2)+(d^2+2d)+(d^2+d)=3d^2+6d+2\]

分子为零即 $3d^2+6d+2=0$。

【补前置·一元二次求根公式】$ad^2+bd+c=0$ 的根是 $d=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$。这里 $a=3,\ b=6,\ c=2$，判别式 $b^2-4ac=36-24=12$，分母 $2a=6$，所以

\[d=\frac{-6\pm\sqrt{12}}{6}=-1\pm\frac{3.464}{6}=-1\pm 0.577\]

\[d_1=-0.42,\qquad d_2=-1.58\]

取舍：$d_2=-1.58$ 落在 $[-2,-1]$ 内，而这一段根本不是根轨迹区域，舍去。分离点是 $d=-0.42$。

【难点·必须验根】难在哪：方程会解出多个根，学生习惯"解出来就是答案"。为什么难：这个公式是必要条件不是充分条件，实轴上不属于根轨迹的点也可能满足它。正确理解：PPT 明确写了"在求出分离点后，要验证其是否为根轨迹上的点，如果不是，应将其舍去"。验证方法就是回到第 2 步的实轴区域结论去比对。漏掉这句验证，考试要扣分。

分离角：两条根轨迹在分离点分开时的方向。两条根轨迹在实轴上分离时，分离角为 $\pm 90^\circ$，即垂直于实轴离开（一般式为 $\pm 180^\circ/l$，$l$ 是汇合于该点的根轨迹条数，本题 $l=2$）。老师在此处说"分离角不需要再做过多说明"，指的就是这种最常规的两条分离情形。

第 5 步：与虚轴的交点（顺带得到临界稳定的 $K^*$）

闭环特征方程：$1+G(s)=0\Rightarrow s(s+1)(s+2)+K^*=0$，展开

\[s^3+3s^2+2s+K^*=0\]

【怎么来的】把 $G(s)=\dfrac{K^*}{s(s+1)(s+2)}$ 代入 $1+G(s)=0$，两边乘分母。分母展开：$s(s+1)(s+2)=s(s^2+3s+2)=s^3+3s^2+2s$。

用劳斯判据（第三章内容）：

行	第一列	第二列
$s^3$	1	2
$s^2$	3	$K^*$
$s^1$	$\dfrac{6-K^*}{3}$	0
$s^0$	$K^*$

【补前置·劳斯阵列怎么填】前两行是把特征方程系数隔一个取一个排成两行：$s^3$ 行放 $1,\,2$（$s^3$ 与 $s^1$ 的系数），$s^2$ 行放 $3,\,K^*$（$s^2$ 与 $s^0$ 的系数）。往下每一项 $=\dfrac{\text{上上行首列}\times\text{上行次列}-\text{上上行次列}\times\text{上行首列}}{\text{上行首列}}$。这里 $s^1$ 行首项 $=\dfrac{3\times2-1\times K^*}{3}=\dfrac{6-K^*}{3}$。第一列全为正 = 系统稳定。

当 $K^*=6$ 时，$s^1$ 行变成全零——出现全零行。

【补前置·全零行意味着什么】劳斯阵列某一行全零，说明特征方程存在一对关于原点对称、大小相等方向相反的根；在本题这种情形就是一对纯虚根（共轭虚根），也就是根轨迹正好穿过虚轴、系统处于临界稳定。此时的 $K^*$ 就是使系统稳定的取值范围的上限。

【补前置·辅助多项式是什么、为什么取全零行的上一行】辅助多项式是用劳斯阵列中全零行紧邻的上一行的系数写出来的一个多项式（该行标着 $s^k$，就以 $s^k$ 起头、按行内系数隔项降幂写下去）。它的意义是：那对"对称根"正是这个小多项式的根——原特征方程里所有对称根都被打包在这一行里，全零行的出现就是它们存在的信号。所以解这个小方程就直接得到虚轴交点，不必去解原来的三次方程。取上一行而不是别的行，是因为对称根信息恰好停在这一行（再往下算就除以零了，这正是"全零"的来由）。

本题全零行是 $s^1$ 行，其上一行是 $s^2$ 行，系数为 $3$（配 $s^2$）与 $K^*$（配 $s^0$），故辅助多项式为

\[3s^2+K^*=3s^2+6=0\ \Rightarrow\ s^2=-2\ \Rightarrow\ s=\pm j\sqrt2=\pm j1.414\]

（这里出现了"平方等于负数"，正是复数速成那一段说的 $j^2=-1$ 在起作用：$(\pm j\sqrt2)^2=j^2\cdot2=-2$。）

结论：根轨迹在 $s=\pm j1.414$ 处穿过虚轴，交点处 $K^*=6$；系统稳定条件为 $0<K^*<6$（换算回开环增益即 $0<K<3$）。

至此第 1 问画完：一条根轨迹从 $-2$ 沿负实轴向左奔向 $-\infty$；另两条从 $0$ 与 $-1$ 相向而行，在 $-0.42$ 处垂直分离进入复平面，各自沿 $\pm 60^\circ$ 渐近线向上、向下延伸，途中在 $\pm j1.414$ 穿过虚轴进入右半平面（此后系统不稳定）。

第 6 步（第 2 问）：用根之和、根之积求另外两个闭环极点

题目给出一个闭环极点 $s_1=-2.34$（它落在 $(-\infty,-2]$ 那条根轨迹上）。求另外两个。

工具：根之和、根之积与"两两乘积之和"（PPT 幻灯片 27-28 给出根之和与根之积；两两乘积之和是同一套韦达关系的相邻一条，本讲要用，按教材补出）。对首一特征多项式

\[D(s)=s^n+a_1s^{n-1}+a_2s^{n-2}+\cdots+a_n=(s-s_1)(s-s_2)\cdots(s-s_n)\]

\[\underbrace{\sum_{i=1}^{n}s_i=-a_1}_{\text{根之和}},\qquad \underbrace{\sum_{i<j}s_is_j=a_2}_{\text{两两乘积之和}},\qquad \underbrace{\prod_{i=1}^{n}s_i=(-1)^n a_n}_{\text{根之积}}\]

【补前置·"首一"是什么，为什么必须先看它】"首一"＝最高次项系数为 1（如 $s^3+3s^2+2s+K^*$ 的 $s^3$ 前面是 1）。以上三条韦达关系只在首一时长这个样子；若最高次项是 $2s^3+\cdots$，必须先整体除以 2 化成首一，否则每一条都会差一个倍数、算出来全错。本题特征方程天然首一，可以直接用。

【这三个式子在说什么】不解方程也能知道所有根加起来等于多少、两两相乘再加起来等于多少、全部乘起来等于多少：分别等于第二项系数的相反数、第三项系数本身、常数项配一个 $(-1)^n$。这就是初中韦达定理（$x_1+x_2=-b/a$、$x_1x_2=c/a$）的 $n$ 阶版本。$s_i$ 指各个闭环极点。

【三阶时它们具体长什么样】$n=3$ 时展开 $(s-s_1)(s-s_2)(s-s_3)$ 可得

\[s_1+s_2+s_3=-a_1,\qquad s_1s_2+s_1s_3+s_2s_3=a_2,\qquad s_1s_2s_3=-a_3\]

注意"两两乘积之和"共有三项：三个根里任取两个的所有搭配。它是本题解出虚部的关键。

本题 $D(s)=s^3+3s^2+2s+K^*$，$n=3$，$a_1=3$，$a_2=2$，$a_3=K^*$：

\[s_1+s_2+s_3=-3,\qquad s_1s_2+s_1s_3+s_2s_3=2,\qquad s_1s_2s_3=-K^*\]

已知 $s_1=-2.34$；另外两个根落在那对左右对称的复数根轨迹上，必为一对共轭复数 $s_{2,3}=\sigma\pm j\omega$（"共轭"见开头复数速成：实系数方程的复根必成对，虚部一正一负）。

第一步，用根之和定实部 $\sigma$：$s_2+s_3=(\sigma+j\omega)+(\sigma-j\omega)=2\sigma$（虚部正好抵消），于是

\[-2.34+2\sigma=-3\ \Rightarrow\ 2\sigma=-0.66\ \Rightarrow\ \sigma=-0.33\]

第二步，用两两乘积之和定虚部 $\omega$（这一步是本题的真正难点，务必看清为什么不能用根之积）：

\[s_1s_2+s_1s_3+s_2s_3=s_1(s_2+s_3)+s_2s_3=s_1\cdot 2\sigma+(\sigma+j\omega)(\sigma-j\omega)\]

其中 $(\sigma+j\omega)(\sigma-j\omega)=\sigma^2-(j\omega)^2=\sigma^2+\omega^2$（用了 $j^2=-1$；这就是"共轭相乘得实数"）。代入数值：

\[2=(-2.34)\times(-0.66)+\left[(-0.33)^2+\omega^2\right]=1.5444+0.1089+\omega^2\]

\[\omega^2=2-1.5444-0.1089=0.3467\ \Rightarrow\ \omega=\sqrt{0.3467}=0.589\approx0.59\]

所以

\[s_{2,3}=-0.33\pm j0.59\]

【难点·为什么必须用 $a_2$，不能用根之积】难在哪：很多人下意识想"实部用根之和、虚部用根之积"。为什么不行：根之积那条式子是 $s_1s_2s_3=-K^*$，而本题的 $K^*$ 也是未知的——一个方程里塞了 $\omega$ 和 $K^*$ 两个未知量，永远解不出唯一答案。正确理解：$a_2$ 那条式子里只有 $\omega$ 一个未知量（$s_1$ 已知、$\sigma$ 上一步已求出），所以它才是解虚部的那把钥匙。通法记住：三阶且已知一个实根时，$a_1$ 定实部、$a_2$ 定虚部、$a_3$ 反过来定 $K^*$。

第三步（顺带得到 $K^*$，也是自洽检验）：$s_2s_3=\sigma^2+\omega^2=0.1089+0.3467=0.4556$，于是

\[s_1s_2s_3=(-2.34)\times0.4556=-1.066=-K^*\ \Rightarrow\ K^*\approx1.07\]

落在第 5 步算出的稳定范围 $0<K^*<6$ 内，且对应的开环增益 $K=K^*/2\approx0.53$，结果自洽、合理。

【难点·凭什么断定另两个根是共轭复数】难在哪：学生会问"万一是两个实根呢"。正确理解：第 1 问画出的图已经回答了——那两条根轨迹在 $-0.42$ 处就离开实轴了，$K^*$ 再往上它们只能待在复平面里；而实系数多项式的复根必成共轭对（这也是根轨迹关于实轴对称的原因）。所以只能是 $\sigma\pm j\omega$。这就是"先画图再计算"的价值：图给了计算所需的前提。

【老师提示·要点转述】根之和、根之积这两条法则平时用得不算多，但必须牢记——考试里一旦出现"已知一个闭环极点，求其余闭环极点"，几乎就是考它。

第 7 步：证明 $-2.34$ 是非主导极点，并降阶估算性能

【补前置·$e^{st}$ 为什么代表"衰减"和"衰减振荡"（这一小块不补，主导极点只能当口诀背）】

高阶系统的时域响应，做完部分分式展开后总是一堆 $e^{s_it}$ 项相加，$s_i$ 就是闭环极点。所以"极点在哪"直接等价于"这一项随时间怎么变"：

$s$ 是负实数（如 $s=-2.34$）：$e^{-2.34t}$，$t$ 增大时它从 1 单调掉向 0，这叫指数衰减。掉多快由 $|s|$ 决定——$e^{-2.34t}$ 在 $t=1$ 秒时只剩 $0.096$，而 $e^{-0.33t}$ 还有 $0.72$。实部绝对值越大（离虚轴越远），衰减越快。
$s$ 是正实数：$e^{+at}$ 越涨越大，响应发散，系统不稳定——这就是"根跑到右半平面就不稳定"的根源。
$s$ 是复数 $s=-a+jb$：把它拆开，$e^{(-a+jb)t}=e^{-at}\cdot e^{jbt}$。前一半 $e^{-at}$ 是上面说的衰减；后一半 $e^{jbt}$ 按欧拉公式等于 $\cos bt+j\sin bt$，是纯振荡（转圈），频率由虚部 $b$ 决定。两半相乘＝ 一边振荡一边被一个越来越小的包络压下去，即衰减振荡。所以：实部管衰减快慢，虚部管振荡快慢。（欧拉公式 $e^{j\theta}=\cos\theta+j\sin\theta$ 只需当作结论记住并会用，本课不要求推导。）

有了这块，下面这句才不是口诀，而是能推出来的事实。

【补前置·什么叫主导极点】一个高阶系统有很多闭环极点，每个极点在时间响应里贡献一项 $A_ie^{s_it}$。其中 $A_i$ 是这一项的系数（幅值），由部分分式展开算出来，数学上叫该极点处的"留数"——你只需理解成"这一项在响应里占多大分量"。极点离虚轴越远（实部负得越多），由上面第 1 条，这一项衰减越快，很快就没影响了。离虚轴最近的那一个（或那一对）极点衰减最慢，主宰了整个响应的样子，称为闭环主导极点。

判据（工程惯例）：若其余极点到虚轴的距离 $\ge$ 主导极点到虚轴距离的 5 倍，则其余极点可忽略。

本题：复数极点对 $-0.33\pm j0.59$ 离虚轴 $0.33$；实极点 $-2.34$ 离虚轴 $2.34$。

\[\frac{2.34}{0.33}=7.1>5\]

所以 $-2.34$ 衰减快得多，是非主导极点；$-0.33\pm j0.59$ 是闭环主导极点。证毕。

【你可能会以为】"非主导极点"就等于"它不存在了，系统真的变成二阶了"。但其实不是：系统仍然是三阶的，$-2.34$ 贡献的那一项依然存在，只是衰减太快，在我们关心的时间尺度里影响很小，估算性能时才忽略它。因为这是近似而非恒等，答题必须写"可近似为二阶系统"而不是"是二阶系统"，并把 5 倍这个理由写出来。

降阶后按二阶系统估算。标准欠阻尼二阶系统的极点为

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

【每个符号是什么】$\zeta$（读 zeta）是阻尼比，衡量震荡剧烈程度，$\zeta$ 越小越震荡，$0<\zeta<1$ 称欠阻尼（震荡但收敛）；$\omega_n$ 是无阻尼自然频率，衡量响应快慢，数值上等于极点到原点的距离。

实部对实部、虚部对虚部：

\[\zeta\omega_n=0.33,\qquad \omega_n\sqrt{1-\zeta^2}=0.59\]

\[\omega_n=\sqrt{0.33^2+0.59^2}=0.676,\qquad \zeta=\frac{0.33}{0.676}=0.488\]

（转录里这个数被 ASR 读成"0448"；按上式复算应为 $\zeta\approx0.488$，而且用 $0.488$ 算出的超调量与老师给的 17.3% 完全吻合，故取 $\zeta=0.488$。）

超调量（第三章公式）：

\[\sigma\%=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}\times100\%=e^{-1.756}\times100\%=17.3\%\]

【这式子在说什么】输出第一次冲过稳态值时，冲过头的部分占稳态值的百分比。它只跟 $\zeta$ 有关，跟 $\omega_n$ 无关——"震荡多剧烈"由阻尼比一个人说了算（例2 整道题就靠这一点）。

调节时间（$\pm5\%$ 误差带）：

\[t_s\approx\frac{3.5}{\zeta\omega_n}=\frac{3.5}{0.33}=10.6\ \text{s}\]

【这式子在说什么】输出进入并保持在稳态值 $\pm5\%$ 范围内所需的时间。分母 $\zeta\omega_n$ 正是主导极点实部的绝对值，所以结论是：极点离虚轴越远，调节越快。取 $\pm2\%$ 误差带时分子换成 4。老师在此说调节时间本身就是一个不确定的值、算一个就差不多了（据转录大意转述）——意思是它本身就是工程估算式，不同教材分子取 3、3.5 或 4 都有，答题时写清你用的误差带即可。

二、例题二：根轨迹是一个圆 + 最大震荡响应

题目

单位负反馈系统开环传递函数

\[G(s)=\frac{K(s+3)}{s(s+2)}\]

（1）绘制根轨迹；（2）求系统取得最大震荡响应时的阻尼比与增益；（3）求 $K=2$ 时系统的单位阶跃响应。

第 1 步：看极零点分布，先猜出"是个圆"

开环极点：$0,\,-2$（$n=2$）；开环零点：$-3$（$m=1$）。

【难点·"两个零点相邻"是什么意思】老师此处的大意是：这个系统两个极点相邻，实际上零点也有两个、彼此相邻，只不过一个在 $-3$ 这个有限位置，另一个在无穷远处（据转录大意转述，非逐字原话）。难在哪：学生只看到一个零点，听不懂哪来的第二个。正确理解：根轨迹条数 $=n=2$，两条都得有终点；有限零点只有一个，另一条只能终止在无穷远——在根轨迹的记账方式里，无穷远处被当作"有 $n-m$ 个零点"。所以从 $[-2,0]$ 分离出去的两条根轨迹，一条最终奔向 $-3$，一条最终奔向无穷远。

经验结论（老师明确建议记住"是圆"这一点；圆心与半径的一般式按教材补全如下）：见到"两个极点、一个有限零点"这类分布，脑子里要立刻反应出复平面上的根轨迹是圆（或圆的一部分），并且

\[\text{圆心}=\text{那个有限零点 }z,\qquad \text{半径}=\sqrt{|z-p_1|\cdot|z-p_2|}\]

大白话：圆心就落在有限零点上；半径等于"零点到两个极点的两段距离相乘再开平方"。

本题验证：$z=-3$，$p_1=0$、$p_2=-2$，两段距离是 $3$ 和 $1$，故半径 $=\sqrt{3\times1}=\sqrt3$——与下面第 4 步用相角条件严格证出来的完全一致。

【这条结论从哪来】它不是新法则，而是第 4 步那段相角条件整理的产物：把 $s=\sigma+j\omega$ 代入相角条件整理，得到的圆方程恒为 $(\sigma-z)^2+\omega^2=|z-p_1||z-p_2|$。所以考试要严格证明时仍走相角条件；这条结论只用来先猜、后验和快速答"圆心在哪、半径多大"的小题。这类题考得很频繁，先猜后证能省大量时间。

第 2 步：实轴区域与渐近线

$[-2,0]$：右边有 $0$，共 1 个，奇数 → 是根轨迹。两端都是极点 ⇒ 必有分离点。
$(-\infty,-3]$：右边有 $-3,-2,0$，共 3 个，奇数 → 是根轨迹。右端是零点、左端通向无穷远的"零点" ⇒ 必有汇合点。
$[-3,-2]$：右边有 $-2,0$，偶数 → 不是。

渐近线：$n-m=1$，只有一条。夹角 $\theta=\dfrac{\pm(2k+1)\pi}{1}=180^\circ$，即负实轴。

【难点·这里的渐近线要小心】$n-m=1$ 时只有一条渐近线，方向 $180^\circ$，它本身就是实轴（的负方向）。转录中老师也按公式算了交点：$\sigma_a=\dfrac{(0-2)-(-3)}{1}=1$（据转录大意转述），但随即指出夹角是 $180^\circ$，所以这条渐近线就是负实轴、"没有问题了"。正确理解：$n-m=1$ 时，渐近线是一条过 $(\sigma_a,0)$、方向 $180^\circ$ 的直线，而任何过实轴上一点、方向沿实轴的直线就是实轴本身，$\sigma_a$ 具体等于多少并不改变结论。所以这一步的答案恒为"以负实轴为渐近线"，不必纠结 $\sigma_a$ 的数值。

第 3 步：分离点与汇合点

\[\frac{1}{d+3}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d+2}\]

通分中间步：两边同乘公分母 $d(d+2)(d+3)$，左边剩 $d(d+2)$，右边剩 $(d+3)(d+2)+(d+3)d$，即

\[d^2+2d=(d^2+5d+6)+(d^2+3d)=2d^2+8d+6\]

把左边移过去：$0=d^2+6d+6$，即 $d^2+6d+6=0$。再用一元二次求根公式（$a=1,b=6,c=6$，判别式 $36-24=12$）：

\[d=\frac{-6\pm\sqrt{12}}{2}=-3\pm\sqrt3\]

得

\[d=-3\pm\sqrt3:\quad d_1=-1.27\ (\text{落在}[-2,0]\text{，是分离点}),\qquad d_2=-4.73\ (\text{落在}(-\infty,-3]\text{，是汇合点})\]

两个根都保留——一个分离点、一个汇合点，都落在根轨迹区域内。

【你可能会以为】既然例1 舍掉了一个根，这里也该舍一个。但其实不是：规则是"验证是否在根轨迹区域上，不在才舍"，不是"必须舍一个"。这两个根各自都在根轨迹区域里，一个也不能扔。

第 4 步：用相角条件证明它是圆

设根轨迹上任一点 $s=\sigma+j\omega$。180° 根轨迹的相角条件：

\[\angle(s+3)-\angle s-\angle(s+2)=\pm180^\circ\]

【这式子在说什么】就是开头 $\angle$ 那条的具体化：从零点 $-3$ 向该点画一根向量，量出它与正实轴的夹角；再减去从两个极点 $0$、$-2$ 向该点画向量所量的夹角。结果必须是 $180^\circ$ 的奇数倍。这是"该点在根轨迹上"的充要条件。

用坐标写出各角（向量的夹角 $=\arctan\frac{\text{虚部}}{\text{实部}}$）：

\[\arctan\frac{\omega}{\sigma+3}-\arctan\frac{\omega}{\sigma}-\arctan\frac{\omega}{\sigma+2}=-180^\circ\]

移项后两边取正切，整理可得

\[(\sigma+3)^2+\omega^2=3\]

【这式子在说什么】这是一个圆的方程：圆心在 $(-3,0)$——正是那个有限零点的位置；半径 $r=\sqrt3\approx1.73$。

自洽检验（也是踩分点）：圆与实轴的两个交点应为 $-3\pm\sqrt3$，即 $-1.27$ 与 $-4.73$，恰好就是第 3 步算出的分离点和汇合点。两条互相独立的途径结果吻合，说明图画对了。

【补前置·中间用到的三角恒等式】整理时用到 $\tan(A-B)=\dfrac{\tan A-\tan B}{1+\tan A\tan B}$。这一段代数很繁琐但没有新思想，转录中老师也只说"整理以后我们可以得到这样的一个方程"而未逐步板书——此处不展开，不是因为它重要而被略过，而是因为这一段确实只有纯代数运算、没有新概念。考试若要求"证明根轨迹是圆"，写清"设 $s=\sigma+j\omega$ 代入相角条件，整理得圆方程，圆心 $(-3,0)$、半径 $\sqrt3$"即可得分。

根轨迹全貌：从极点 $0$ 与 $-2$ 出发相向而行，在 $-1.27$ 分离，各自沿以 $(-3,0)$ 为圆心、$\sqrt3$ 为半径的圆弧走；绕到左侧在 $-4.73$ 汇合，然后一条进入零点 $-3$，另一条沿负实轴奔向 $-\infty$。

第 5 步（第 2 问）：最大震荡响应 → 最小阻尼比

【难点·先读懂题干】难在哪："最大震荡响应"是一句文字，不是公式，学生不知道从哪下手。正确的翻译链条是：

震荡最剧烈 ⟺ 超调量 $\sigma\%$ 最大 ⟺ 阻尼比 $\zeta$ 最小（因为 $\sigma\%=e^{-\zeta\pi/\sqrt{1-\zeta^2}}$ 是 $\zeta$ 的单调减函数）。

【补前置·阻尼角 $\beta$ 是什么】在 s 平面上，从坐标原点向闭环极点连一条线，这条线与负实轴的夹角记作 $\beta$，叫阻尼角。它与阻尼比的关系是

\[\zeta=\cos\beta\]

【为什么成立】欠阻尼极点 $s=-\zeta\omega_n+j\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$ 到原点的距离是 $\omega_n$（斜边），它在负实轴方向的投影是 $\zeta\omega_n$（邻边）。邻边比斜边 $=\dfrac{\zeta\omega_n}{\omega_n}=\zeta=\cos\beta$。这不是新公式，是把二阶极点公式用一个直角三角形重读了一遍——这个画面必须建立，第四、五、六章反复要用。

于是：$\zeta$ 最小 $\Leftrightarrow$ $\beta$ 最大（$\cos$ 在 $0^\circ\sim90^\circ$ 上单调减）。

几何求解：$\beta$ 是从原点出发的射线与负实轴的夹角，而闭环极点必须落在那个圆上。把射线从负实轴慢慢抬起，抬到与圆相切时 $\beta$ 达到最大——再抬就够不着圆了。

切线的几何关系：原点到圆心 $(-3,0)$ 的距离是 $3$（斜边），圆半径 $\sqrt3$（切点处半径垂直于切线，是对边）：

\[\sin\beta_{\max}=\frac{\text{对边}}{\text{斜边}}=\frac{\sqrt3}{3}\]

【补前置·由 $\sin$ 求 $\cos$ 用的恒等式】任意角都有 $\sin^2\beta+\cos^2\beta=1$（勾股定理在直角三角形上的写法）。所以 $\cos\beta=\sqrt{1-\sin^2\beta}$（$\beta$ 在 $0^\circ\sim90^\circ$ 内取正）。这里 $\sin^2\beta_{\max}=\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)^2=\frac{3}{9}=\frac13$，于是

\[\cos\beta_{\max}=\sqrt{1-\frac13}=\sqrt{\frac23}=\frac{\sqrt6}{3}=0.816\]

\[\zeta_{\min}=\frac{\sqrt6}{3}=0.816\]

【你可能会以为】"$\zeta$ 越小越好，这个切点是最优工作点"。但其实恰恰相反：这里求的是震荡最剧烈的点，是超调最大、性能最差的工况。题目考它，是要看你会不会把"文字描述 → 阻尼比 → 阻尼角 → 几何切线"这条链走通。

第 6 步：用模值方程求增益 $K$

切点坐标可以算出来：$|s|=\sqrt{3^2-(\sqrt3)^2}=\sqrt6$（直角三角形的另一条直角边），方向角为 $180^\circ-\beta$，于是

\[s=\sqrt6(-\cos\beta+j\sin\beta)=-2+j1.414\]

代入模值方程 $K\dfrac{|s+3|}{|s|\,|s+2|}=1$：

$|s+3|=|1+j1.414|=\sqrt{1+2}=\sqrt3$（正是半径，必然如此）
$|s|=\sqrt{4+2}=\sqrt6$
$|s+2|=|0+j1.414|=\sqrt2$

\[K=\frac{|s|\,|s+2|}{|s+3|}=\frac{\sqrt6\cdot\sqrt2}{\sqrt3}=\frac{\sqrt{12}}{\sqrt3}=2\]

本题 $G(s)$ 的分子分母已是零极点形式，故这个 $K$ 本身就是根轨迹增益，答案即 $K=2$。

第 7 步（第 3 问）：$K=2$ 时的单位阶跃响应

\[G(s)=\frac{2(s+3)}{s(s+2)}\]

单位负反馈的闭环传递函数 $\Phi(s)=\dfrac{G(s)}{1+G(s)}$：

\[\Phi(s)=\frac{2(s+3)}{s(s+2)+2(s+3)}=\frac{2s+6}{s^2+4s+6}\]

【补前置·为什么 $\Phi=\frac{G}{1+G}$】单位负反馈里误差 $E=R-C$，输出 $C=GE=G(R-C)$，解出 $C=\dfrac{G}{1+G}R$。这是第二章结构图化简的结论，不是新东西。

【补前置·"单位阶跃输入"是什么】$r(t)=1(t)$ 读作"单位阶跃函数"，含义是：$t<0$ 时输入为 0，$t=0$ 这一瞬间突然跳到 1，之后一直保持 1 不变（像把开关"啪"地一下打开并按住）。之所以人人都用它做测试信号，是因为它最"刁难"系统——输入变化最突然，最能暴露系统的超调和振荡。它的拉氏变换是 $R(s)=\dfrac1s$（查表即得）。

\[C(s)=\Phi(s)R(s)=\frac{2s+6}{s(s^2+4s+6)},\qquad c(t)=\mathcal{L}^{-1}[C(s)]\]

【补前置·$\mathcal{L}^{-1}$ 这个符号】$\mathcal{L}[\ \cdot\ ]$ 表示拉氏变换（时域 $\to$ 复域），$\mathcal{L}^{-1}[\ \cdot\ ]$ 是它的逆运算，叫拉氏反变换（复域 $\to$ 时域）。写 $c(t)=\mathcal{L}^{-1}[C(s)]$ 就是"把 $C(s)$ 翻译回时间函数 $c(t)$"。

【补前置·拉氏变换在这儿干什么，以及部分分式展开怎么做】拉氏变换把"解微分方程"换成"做代数分式运算"。求时域响应的固定套路是：闭环传递函数 × 输入的拉氏变换 = 输出的拉氏变换，再做部分分式展开、查表反变换回时域。

部分分式展开是什么：把一个分母能因式分解的分式，拆成几个分母更简单的分式之和，因为拉氏变换表里只收录了这些简单形式（$\frac1s\to1$、$\frac{1}{s+a}\to e^{-at}$、含 $s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2$ 的项 $\to$ 衰减振荡）。拆开才能查表。

本题就地做一步给你看：分母 $s(s^2+4s+6)$ 中，$s^2+4s+6$ 的判别式 $16-24=-8<0$，在实数范围内分不下去（它的根是 $-2\pm j\sqrt2$，是复数），所以按"一次因子 + 不可约二次因子"设

\[\frac{2s+6}{s(s^2+4s+6)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^2+4s+6}\]

两边同乘 $s(s^2+4s+6)$：

\[2s+6=A(s^2+4s+6)+(Bs+C)s=(A+B)s^2+(4A+C)s+6A\]

比较等号两边同次项的系数（这叫待定系数法）：

$s^2$ 项：左边没有，故 $A+B=0$；
$s^1$ 项：$4A+C=2$；
$s^0$ 项：$6A=6\Rightarrow A=1$。

于是 $B=-1$，$C=2-4=-2$，即

\[C(s)=\frac{1}{s}+\frac{-s-2}{s^2+4s+6}\]

第一项 $\frac1s$ 反变换是常数 $1$（这就是稳态值）；第二项分母 $s^2+4s+6=(s+2)^2+2$，配方后查表对应的是 $e^{-2t}$ 乘上 $\cos(\sqrt2 t)$、$\sin(\sqrt2 t)$ 的组合，即衰减振荡（正是前面 $e^{st}$ 那段说的：实部 $-2$ 管衰减、虚部 $\sqrt2$ 管振荡频率）。所以

这里恰好 $Bs+C=-s-2=-(s+2)$ 正是配方后的 $(s+2)$，对应查表项 $\dfrac{s+a}{(s+a)^2+\omega^2}\to e^{-at}\cos\omega t$，故

\[c(t)=1-e^{-2t}\cos(\sqrt2\,t)\]

（拉氏变换是什么、为什么能把微分方程变成代数式，见 ../02_预备知识/00_数学物理零起点补给.md 第 4 节"拉普拉斯变换"；上面用到的具体反变换查表条目按教材附表取用。）老师到这里说"再往下大家就应该能够求解了"——这不是略过重点，而是后续纯属第二章的部分分式与查表操作，本讲的新东西到 $C(s)$ 为止；上面这一段是为零基础补的，务必自己再动手推一遍。

三、例题三：偶极子对消与降阶

题目

单位反馈系统开环传递函数

\[G(s)=\frac{K(s+1)}{s(s+2)(s+3)}\]

（1）绘制根轨迹；（2）已知一个闭环极点是 $-0.9$，求另外两个闭环极点；（3）该三阶系统能否用低阶系统近似？若能，求近似后的闭环传递函数；若不能，说明理由。

第 1 步：绘制（要点）

开环极点 $0,-2,-3$（$n=3$），开环零点 $-1$（$m=1$）。

实轴区域：$[-1,0]$（右侧 1 个，奇数）→ 是；$[-3,-2]$（右侧有 $-2,-1,0$ 共 3 个，奇数）→ 是。

【难点·$[-1,0]$ 这一段的特殊性】难在哪：这一段左端是零点 $-1$、右端是极点 $0$，既有起点又有终点，所以这整段本身就是一条完整的根轨迹——从 $0$ 出发沿实轴走到 $-1$ 就结束了，不会分离进复平面。正确理解：这与 PPT 幻灯片 20 的"若一个零点和一个极点间有根轨迹，则零极点间必无分离点"完全一致。学生常在这里瞎找分离点，白费时间。

$[-3,-2]$ 段：两端都是极点，必有分离点，由

\[\frac{1}{d+1}=\frac1d+\frac{1}{d+2}+\frac{1}{d+3}\]

求解。老师此处未继续往下计算，把解这个方程留给学生（该处转录 ASR 有讹，此为据大意转述）；这里同样保持原样不代劳，但你答题时必须算出具体数值，这是给分点。

渐近线：$n-m=2$，$\sigma_a=\dfrac{(0-2-3)-(-1)}{2}=\dfrac{-4}{2}=-2$；夹角 $\theta=\dfrac{\pm(2k+1)\pi}{2}=\pm90^\circ$。即两条渐近线是过 $(-2,0)$ 的竖直线：两条根轨迹从 $[-3,-2]$ 分离后，一条向上、一条向下垂直奔向无穷远。

第 2 步（第 2 问）：已知一个闭环极点，求其余

思路：闭环极点必满足模值方程 ⇒ 反解出 $K$ ⇒ 写出完整特征方程 ⇒ 因式分解。

用模值方程，$s=-0.9$，极点 $0,-2,-3$、零点 $-1$：

\[K=\frac{|s|\,|s+2|\,|s+3|}{|s+1|}=\frac{0.9\times1.1\times2.1}{0.1}=20.79\]

【难点·凭什么给一个极点就能定 $K$】难在哪：学生不理解这个逻辑。正确理解：根轨迹上每一点唯一对应一个 $K$ 值（模值方程是一一对应的）。题目说 $-0.9$ 是闭环极点，等于说"系统此刻就工作在根轨迹的这一点上"，$K$ 自然被钉死。注意 $|s+1|=|-0.9+1|=0.1$ 这个很小的分母，正是它把 $K$ 撑到了 20.79——计算时最容易在这里手滑。

闭环特征方程：

\[s(s+2)(s+3)+20.79(s+1)=0\ \Rightarrow\ s^3+5s^2+26.79s+20.79=0\]

已知含因子 $(s+0.9)$，做多项式除法：

\[(s+0.9)(s^2+4.1s+23.1)=0\]

（校验：$0.9\times23.1=20.79$ ✓；$4.1+0.9=5$ ✓；$23.1+0.9\times4.1=26.79$ ✓。这个校验一定要做，能当场发现除错。）

解那个二次式：

\[s=\frac{-4.1\pm\sqrt{4.1^2-4\times23.1}}{2}=\frac{-4.1\pm j\sqrt{75.59}}{2}\ \Rightarrow\ s_{2,3}=-2.05\pm j4.35\]

第 3 步（第 3 问）：偶极子

【补前置·闭环零点是哪来的】关键事实：单位反馈系统的开环零点，就是闭环零点。

为什么：设 $G=\dfrac{N(s)}{D(s)}$，则 $\Phi=\dfrac{G}{1+G}=\dfrac{N}{D+N}$——分子原样保留，所以零点不变；变的只是分母（极点）。本题开环零点 $-1$ 就是闭环零点 $-1$。

【补前置·偶极子是什么】一个闭环极点和一个闭环零点靠得非常近（两者间距的数量级远小于它们到其它极点、到虚轴的距离），这一对就叫闭环偶极子。它们在系统响应中的作用互相抵消，可以一起划掉。

为什么能抵消（直觉解释）：极点在时域里贡献一项 $A_ie^{s_it}$，这一项的系数 $A_i$（留数）里含有因子"该极点到零点的距离"。零点贴得越近，这个因子越接近 0，这一项的幅值就被压到几乎为零。极点还在，但它的贡献被零点吃掉了。

本题：闭环极点 $-0.9$ 与闭环零点 $-1$，间距只有 $0.1$；而另一对闭环极点在 $-2.05\pm j4.35$，其到虚轴的距离是 $2.05$。$0.1$ 与 $2.05$ 相差十倍以上，因此 $-0.9$ 与 $-1$ 构成闭环偶极子，可以对消。

对消后系统降为二阶，闭环极点就是第 2 问求出的 $-2.05\pm j4.35$，对应特征多项式 $s^2+4.1s+23.1$。

【补前置·终值定理与"直流增益"：为什么令 $s=0$ 就能代表稳态值】

终值定理：若系统稳定，则时域响应的最终稳定值可以不反变换、直接从复域算出来： $$\lim_{t\to\infty}c(t)=\lim_{s\to 0}sC(s)$$ 大白话：$s\to0$ 对应"时间 $\to\infty$"（$s$ 大对应变化快、$s$ 小对应变化慢，$s=0$ 就是完全不变的那个成分）。
用在单位阶跃上：$C(s)=\Phi(s)\cdot\dfrac1s$，代入得 $\lim_{t\to\infty}c(t)=\lim_{s\to0}s\cdot\Phi(s)\cdot\dfrac1s=\Phi(0)$。结论：单位阶跃响应的终值就等于 $\Phi(0)$，即把闭环传递函数里的 $s$ 全部换成 0 算出来的那个数。
$\Phi(0)$ 就叫闭环直流增益（"直流"＝不随时间变化的恒定成分，借自电学）。$\Phi(0)=1$ 意味着"输入给 1、最后输出稳到 1"，即无稳态误差。

所以下面折算增益不是形式主义：$\Phi(0)$ 变了，阶跃响应的终值就真的变了，等于凭空造出稳态误差。（用终值定理有前提：系统必须稳定，否则没有终值可言。本题闭环极点 $-0.9$、$-2.05\pm j4.35$ 全在左半平面，稳定，可用。）

近似闭环传递函数（要保证降阶前后稳态值不变，即 $s=0$ 处的增益一致）：

\[\Phi(s)=\frac{20.79(s+1)}{(s+0.9)(s^2+4.1s+23.1)}\ \xrightarrow{\ \text{偶极子对消}\ }\ \Phi(s)\approx\frac{20.79\times\frac{1}{0.9}}{s^2+4.1s+23.1}=\frac{23.1}{s^2+4.1s+23.1}\]

【难点·对消不是把括号直接划掉】难在哪：学生会写成 $\Phi\approx\dfrac{20.79}{s^2+4.1s+23.1}$，把 $\dfrac{s+1}{s+0.9}$ 当作 1 抹掉。为什么错：$\dfrac{s+1}{s+0.9}$ 在 $s=0$ 处等于 $\dfrac{1}{0.9}=1.111$，并不是 1，直接抹会让稳态增益缩水约 10%，阶跃响应的终值就错了。正确做法：用两个常数项之比 $\dfrac{1}{0.9}$ 折算进分子。折算后分子 $20.79/0.9=23.1$，恰好等于分母常数项，闭环直流增益为 1；而原系统 $\Phi(0)=\dfrac{20.79\times1}{0.9\times23.1}=1$，两者一致 ✓。这个自洽检验一定要做。

【你可能会以为】偶极子和主导极点是两个不相干的知识点。但其实它们是同一件事的两条腿，都在回答"高阶系统能不能当低阶算"： - 主导极点：某个极点离虚轴太远，衰减太快 ⇒ 忽略（例1）。 - 偶极子：某个极点被零点贴住，幅值被压没 ⇒ 忽略（例3）。

考试问"能否降阶"，就要两条都查一遍：先看有没有偶极子，再看剩下的极点之间有没有 5 倍关系。

这一讲的骨架（真正要带走的）

画根轨迹的固定五步：①起点终点与条数 ②实轴区域（右侧零极点个数为奇） ③渐近线（$\sigma_a$ 与 $\theta_k$） ④分离点/汇合点（$\sum\frac{1}{d-z_i}=\sum\frac{1}{d-p_j}$，必须验根） ⑤与虚轴交点（劳斯全零行 ⇒ 临界 $K^*$ 与交点）。按点给分，一步写一条规则。
动手前先化成零极点标准形式，分清开环增益 $K$ 与根轨迹增益 $K^*$。
形状用相角条件，增益用模值方程——这条分工贯穿全章。
已知一个闭环极点求其余：两条路。①模值方程反解 $K$ → 写出完整特征方程 → 因式分解（例3 走这条）。②用韦达关系配合"复根必共轭"设 $s_{2,3}=\sigma\pm j\omega$（例1 走这条）：根之和（$a_1$）定实部 $\sigma$，两两乘积之和（$a_2$）定虚部 $\omega$，根之积（$a_3$）反过来定 $K^*$。注意不能拿根之积去求 $\omega$——那条式子里 $\omega$ 与 $K^*$ 两个未知量，解不出来。
降阶有两条路：主导极点（5 倍距离）与偶极子（极零点贴近）。对消时要折算稳态增益，不能生划。
降阶之后才轮到第三章的二阶公式登场：$\zeta=\cos\beta$、$\sigma\%=e^{-\zeta\pi/\sqrt{1-\zeta^2}}$、$t_s\approx3.5/(\zeta\omega_n)$。

自测（戳穿假懂版）

1. 系统 $G(s)=\dfrac{K}{s(0.25s+1)(s+4)}$。写出根轨迹标准形式，指出开环极点，并给出 $K^*$ 与 $K$ 的关系。

答案要点：$0.25s+1=0.25(s+4)$，故 $G=\dfrac{4K}{s(s+4)^2}$，$K^*=4K$；开环极点为 $0,\,-4,\,-4$（$-4$ 是重极点——同一个位置上重合了两个极点，因为 $(s+4)^2$ 这个因子出现了两次；画图时该点要按两条根轨迹的起点处理）。答错说明你卡在：没养成"先化零极点形式"的肌肉记忆，或把 $0.25s+1$ 的极点错读成 $-0.25$。

2. 某 180° 根轨迹系统开环极点为 $0,\,-1$，开环零点为 $-5$。不做计算判断：(a) $[-5,-1]$ 是不是实轴根轨迹？(b) 复平面上的根轨迹大致是什么形状，圆心在哪？

答案要点：(a) $[-5,-1]$ 右侧有 $-1,0$ 共 2 个，偶数 ⇒ 不是根轨迹。(b) 两极点 + 一个有限零点 ⇒ 复平面部分是圆，圆心在零点 $(-5,0)$，半径 $\sqrt{|{-5}-0|\cdot|{-5}-(-1)|}=\sqrt{5\times4}=\sqrt{20}\approx4.47$（即正文第 1 步给的一般结论：零点到两个极点距离之积再开方）。答错说明你卡在：实轴判据只会背不会数；或没记住"两极点 + 一有限零点 ⇒ 圆，圆心在零点、半径 $\sqrt{|z-p_1||z-p_2|}$"这个高频结论。

3. 某三阶系统闭环极点为 $-0.5\pm j2$ 与 $-2.6$。能否用二阶近似？给出依据和结论。

答案要点：主导极点对离虚轴 $0.5$，实极点离虚轴 $2.6$，$2.6/0.5=5.2>5$ ⇒ 勉强可以近似，$-2.6$ 为非主导极点。但要注明这是工程近似，比值刚过 5，误差会比例1（7.1 倍）大。还要补查有没有闭环零点贴近 $-2.6$——若构成偶极子，降阶结论更牢靠。答错说明你卡在：只会套 5 倍这个数字，不知道它是近似判据，也不知道要同时查偶极子。

4. 有人写：闭环极点 $-0.9$ 与闭环零点 $-1$ 对消，故 $\Phi(s)=\dfrac{20.79}{s^2+4.1s+23.1}$。这个答案错在哪？会造成什么后果？

答案要点：漏了常数项折算 $\dfrac{1}{0.9}$，分子应为 $23.1$。后果：闭环直流增益变成 $20.79/23.1=0.9$ 而非 1，单位阶跃响应的终值算成 0.9，凭空多出 10% 的稳态误差。答错说明你卡在：把"对消"理解成机械地划括号，没意识到降阶必须保住稳态增益。

5. 特征方程 $s^3+3s^2+2s+K^*=0$。不解方程回答：(a) 三个闭环根之和是多少，随 $K^*$ 变吗？(b) 若 $K^*$ 增大使一对复根向右移，第三个根必然怎么动？

答案要点：(a) 根之和 $=-a_1=-3$；本题 $n-m=3\ge2$，故与 $K^*$ 无关，恒为 $-3$。(b) 总和不变 ⇒ 一部分右移必有另一部分左移，第三个实根必向左跑。答错说明你卡在：把根之和当成"要代入 $K^*$ 才能算"的量，没抓住"$n-m\ge2$ 时它是常数"这个判走向的利器（PPT 幻灯片 27 正是这么用它的）。

6. 为什么证明"根轨迹是圆"必须用相角条件，不能用模值方程？

答案要点：模值方程含未知参变量 $K^*$，未知量有 $\sigma$、$\omega$、$K^*$ 三个而方程只有一个，$K^*$ 消不掉，得不到只含 $\sigma,\omega$ 的圆方程；相角条件不含 $K^*$，整理后直接就是 $\sigma$ 与 $\omega$ 的关系式。答错说明你卡在：没建立"相角管形状、模值管增益"的分工意识——这是全章最需要内化的一条。

知识地图

向前串（这一讲吃的老本） - 第二章：传递函数、开环/闭环传递函数、零极点、$\Phi=\dfrac{G}{1+G}$、拉氏变换与部分分式（例2 第 3 问收尾要用）。 - 第三章：劳斯判据与全零行（例1 求虚轴交点）、二阶系统的 $\zeta$ 与 $\omega_n$、$\sigma\%$ 与 $t_s$ 公式、主导极点与偶极子的概念（本讲是它们的实战）。 - 第07讲：本章的绘制法则——本讲三道题就是把"起点终点、实轴区域、渐近线、分离点、虚轴交点、根之和、根之积"各跑一遍。

横向串（本讲三道题的内部关系）

例1  完整五步绘制 → 根之和/根之积定极点 → 5 倍判据 → 降阶 → 二阶公式估性能
例2  由极零点分布猜圆 → 相角条件证圆 → ζ=cosβ + 切线几何 → 模值方程定 K → 求阶跃响应
例3  绘制 → 模值方程反解 K → 定出全部闭环极点 → 偶极子对消（含增益折算）→ 降阶
              ↑                                          ↑
        「模值方程管增益」                        「降阶的第二条腿」

三道题共用同一条主线：画出图 → 从图上取信息 → 回到第三章的性能公式。第四章存在的意义就是这条线。

向后串（这一讲埋的伏笔） - 第09讲：0° 根轨迹与参数根轨迹（实轴判据要改成数偶数；参变量不是 $K^*$ 时如何等效变形）。 - 第五章频域：$\zeta=\cos\beta$ 会换一副面孔回来（相角裕度与阻尼比的近似关系）。 - 第六章校正：主动往系统里加零极点去改根轨迹的形状，把闭环极点"拉"到你想要的主导极点位置上。那时"加偶极子""用零点吸引根轨迹"就从分析工具变成了设计工具——本讲的偶极子对消，是第六章的直接前置。

本页涉及的知识点（点进去看它还在哪儿讲过 / 考过）

根轨迹（概念与方程）主导极点与高阶系统降阶零点与极点渐近线与分离点自然频率与阻尼振荡频率二阶系统与阻尼比幅值条件与相角条件传递函数调节时间与上升时间拉氏变换与反变换

行	第一列	第二列
\(s^3\)	1	2
\(s^2\)	3	\(K^*\)
\(s^1\)	\(\dfrac{6-K^*}{3}\)	0
\(s^0\)	\(K^*\)