图 4-9 中当 \(a=\dfrac{1}{5}\) 时，圆心为 \((-5,\mathrm{j}0)\)，半径为 \(\sqrt{2+\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{3}{a}}=3.46\)；
图 4-10 中当 \(a=-\dfrac{1}{3}\) 时，圆心为 \((3,\mathrm{j}0)\)，半径为 \(\sqrt{2+\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{3}{a}}=4.47\)；
图 4-11 中当 \(a=\dfrac{1}{3}\) 时，圆心为 \((-3,\mathrm{j}0)\)，半径为 \(\sqrt{2+\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{3}{a}}=1.41\)。
4-7 已知控制系统 \(G(s)=\dfrac{K(s^2+6s+b)}{s^2+2s+b}\)，\(H(s)=1\)，\(b \geqslant 10\)。试证明该系统的闭环根轨迹是以原点为圆心，\(\sqrt{b}\) 为半径的圆弧。若根轨迹的起始角为 \(\pm 198.4°\)，试确定参数 \(b\) 的值。
证明 由系统的开环传递函数可知，该系统的闭环特征方程为
\[D(s)=s^2+2s+b+K(s^2+6s+b)=(1+K)s^2+(2+6K)s+(b+bK)=0\]
解得
\[s_{1,2}=-\dfrac{2+6K}{2(1+K)} \pm \mathrm{j}\dfrac{\sqrt{4(1+K)(b+bK)-(2+6K)^2}}{2(1+K)}\]
令
\[x=-\dfrac{2+6K}{2(1+K)}, \qquad y=\dfrac{\sqrt{4(1+K)(b+bK)-(2+6K)^2}}{2(1+K)}\]
有
\[x^2+y^2=b\]
由于
\[\lim_{K \to \infty} x=\lim_{K \to \infty}\left[-\dfrac{2+6K}{2(1+K)}\right]=-3\]
故该系统的闭环根轨迹是以原点为圆心，\(\sqrt{b}\) 为半径的圆弧。
又由系统的开环传递函数可得该系统的开环零极点：
\[p_1=-1+\mathrm{j}\sqrt{b-1}, \qquad p_2=-1-\mathrm{j}\sqrt{b-1}\]
\[z_1=-3+\mathrm{j}\sqrt{b-9}, \qquad z_2=-3-\mathrm{j}\sqrt{b-9}\]
则根轨迹的起始角为
\[\theta_{p_1}=180°+\varphi_{z_1p_1}+\varphi_{z_2p_1}-\theta_{p_2p_1}\]
\[=180°+\arctan\left[\dfrac{\sqrt{b-1}-\sqrt{b-9}}{2}\right]+\arctan\left[\dfrac{\sqrt{b-1}+\sqrt{b-9}}{2}\right]-90°\]
根据题意有 \(\theta_{p_1}=198.4°\)，即
\[\arctan\left[\dfrac{\sqrt{b-1}-\sqrt{b-9}}{2}\right]+\arctan\left[\dfrac{\sqrt{b-1}-\sqrt{b-9}}{2}\right]=108.4°\]
因
\[\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha \cdot \tan\beta}\]
故有
\[\dfrac{\dfrac{\sqrt{b-1}-\sqrt{b-9}}{2}+\dfrac{\sqrt{b-1}+\sqrt{b-9}}{2}}{1-\dfrac{\sqrt{b-1}-\sqrt{b-9}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{b-1}+\sqrt{b-9}}{2}}=\tan 108.4°\]
也即
\[-\sqrt{b-1}=-3\]
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