空间表示与坐标变换

主要分为两个部分，一是定点在不同坐标系下坐标的变换，二是点在同一坐标系下坐标的变换。

坐标系变换

考虑将坐标系的变换分成两个部分：旋转与平移。

$${}^A_B R = \begin{bmatrix}{}^A\hat X_B & {}^A\hat Y_B & {}^A\hat Z_B \end{bmatrix}$$

其中 ${}^A\hat X_B$ 是 B 坐标系的 X 轴在 A 坐标系下的坐标。

$${}^A P = {}^A_B R{}^BP$$

由于 ${}^A_BR$ 是一个正交矩阵，所以 ${}^B_A R = {}^A_B R^{-1} = {}^A_B R^T$。

$${}^AP = {}^A_B R{}^BP+{}^AP_{BORG}$$

构建矩阵 ${}^A_BT$ 如下：

$${}^A_BT = \begin{bmatrix}{}^A_B R & {}^AP_{BORG}\\ \begin{matrix}0&0&0\end{matrix}&1\end{bmatrix}$$

可得

$$\begin{bmatrix}{}^AP \\ 1\end{bmatrix} = {}^A_BT\begin{bmatrix}{}^BP \\ 1\end{bmatrix}$$

由于 ${}^A_BT$ 是一个齐次矩阵，所以可以连续左乘来表示一系列变换。

另外，${}^A_BT$ 的逆矩阵为：

$${}^A_BT^{-1} = {}^B_A T = \begin{bmatrix}{}^A_B R^T & -{}^A_B R^T {}^AP_{BORG}\\ \begin{matrix}0&0&0\end{matrix}&1\end{bmatrix}$$

位置变换

位置变换同样分为旋转与平移两部分。

$${}^AP_2 = {}^AP_1+{}^AQ$$

为了统一表达，我们尝试将平移变换也表示为矩阵乘法的形式，构建矩阵 $D_Q(q)$ 如下：

$$D_Q(q) = \begin{bmatrix}1&0&0&q_x\\ 0&1&0&q_y\\ 0&0&1&q_z\\ 0&0&0&1\end{bmatrix}$$

其中 $[q_x, q_y, q_z]^T$ 是 ${}^AQ$ 的坐标。

为了方便，我们仅考虑绕某一坐标轴旋转的情况，其他更普遍的情况可以通过绕三个坐标轴的旋转来实现。

绕 X、Y、Z 轴旋转的矩阵分别为：

$$R_X(\theta) = \begin{bmatrix}1&0&0&0\\ 0&\cos\theta&-\sin\theta&0\\ 0&\sin\theta&\cos\theta&0\\ 0&0&0&1\end{bmatrix}$$

$$R_Y(\theta) = \begin{bmatrix}\cos\theta&0&\sin\theta&0\\ 0&1&0&0\\ -\sin\theta&0&\cos\theta&0\\ 0&0&0&1\end{bmatrix}$$

$$R_Z(\theta) = \begin{bmatrix}\cos\theta&-\sin\theta&0&0\\ \sin\theta&\cos\theta&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{bmatrix}$$

最终的位置变换矩阵可以通过平移和旋转矩阵的乘积来表示，以绕 Z 轴旋转为例：

$$T = D_Q(q)R_Z(\theta) = \begin{bmatrix}\cos\theta&-\sin\theta&0&q_x\\ \sin\theta&\cos\theta&0&q_y\\ 0&0&1&q_z\\ 0&0&0&1\end{bmatrix}$$

$$\begin{bmatrix}{}^AP_2 \\ 1\end{bmatrix} = T\begin{bmatrix}{}^AP_1 \\ 1\end{bmatrix}$$

朝向表示

有关欧拉角表示朝向导致的万向锁问题和四元数的详细介绍，可参考这两篇文章：四元数与三维旋转和 Bonus: Gimbal Lock，这里仅做简单说明。

用欧拉角等绕坐标轴旋转的方法表示朝向时，存在万向锁问题，即当某个旋转角度达到特定值时，两个旋转轴会重合，导致失去一个自由度，无法区分两个旋转轴的旋转，具体表现为无法通过旋转矩阵求出所有的欧拉角。

比如，当绕 Y 轴旋转角度 $\beta = 90^\circ$ 时，

$${}^A_BR_{XYZ}(\gamma, \beta, \alpha) = \begin{bmatrix}0&\cos\alpha\sin\gamma-\sin\alpha\cos\gamma&\cos\alpha\cos\gamma+\sin\alpha\sin\gamma\\ 0&\sin\alpha\sin\gamma+\cos\alpha\cos\gamma&\sin\alpha\cos\gamma-\cos\alpha\sin\gamma\\ -1&0&0\end{bmatrix}$$

此时通过给出的旋转矩阵，无法求得 $\alpha$ 和 $\gamma$ 的值，其他的旋转方式也是同样，而使用四元数表示朝向时则不会出现上述情况。

四元数的表示方式为：坐标系绕单位向量 $(k_x, k_y, k_z)$ 旋转角度 $\theta$，其四个参数分别为：

$$\begin{aligned}\epsilon_1 &= k_x\sin\frac{\theta}{2},\\\epsilon_2 &= k_y\sin\frac{\theta}{2},\\\epsilon_3 &= k_z\sin\frac{\theta}{2},\\\epsilon_4 &= \cos\frac{\theta}{2}\end{aligned}$$

旋转矩阵为：

$$R_{\epsilon} = \begin{bmatrix}1-2\epsilon_2^2-2\epsilon_3^2&2\epsilon_1\epsilon_2-2\epsilon_3\epsilon_4&2\epsilon_1\epsilon_3+2\epsilon_2\epsilon_4\\ 2\epsilon_1\epsilon_2+2\epsilon_3\epsilon_4&1-2\epsilon_1^2-2\epsilon_3^2&2\epsilon_2\epsilon_3-2\epsilon_1\epsilon_4\\ 2\epsilon_1\epsilon_3-2\epsilon_2\epsilon_4&2\epsilon_2\epsilon_3+2\epsilon_1\epsilon_4&1-2\epsilon_1^2-2\epsilon_2^2 \end{bmatrix}$$

若给定旋转矩阵，则四元数的参数可以通过以下公式求得：

$$\begin{aligned}\epsilon_1 &= \frac{r_{32}-r_{23}}{4\epsilon_4},\\\epsilon_2 &= \frac{r_{13}-r_{31}}{4\epsilon_4},\\\epsilon_3 &= \frac{r_{21}-r_{12}}{4\epsilon_4},\\\epsilon_4 &= \frac{1}{2}\sqrt{1+r_{11}+r_{22}+r_{33}}\end{aligned}$$

D-H 表示法

首先对机械臂的关节进行建系，对于每个关节 $i$，取 $\hat Z_i$ 轴与关节轴线重合，$\hat X_i$ 轴垂直于 $\hat Z_i$ 和 $\hat Z_{i+1}$ 轴，原点位于 $\hat Z_i$ 和 $\hat X_i$ 轴的交点处，$\hat Y_i$ 轴满足右手定则。

D-H 表示法中，每个关节 $i$ 的参数包括：

• $a_i$：$\hat Z_i$ 与 $\hat Z_{i+1}$ 轴沿 $\hat X_i$ 轴的平移距离
• $\alpha_i$：$\hat Z_i$ 与 $\hat Z_{i+1}$ 轴绕 $\hat X_i$ 轴的旋转角度
• $d_i$：$\hat X_{i-1}$ 与 $\hat X_i$ 轴沿 $\hat Z_i$ 轴的平移距离
• $\theta_i$：$\hat X_{i-1}$ 与 $\hat X_i$ 轴绕 $\hat Z_i$ 轴的旋转角度

这里针对几种特殊情况作出补充：

1. 当 $\hat Z_i$ 和 $\hat Z_{i+1}$ 轴平行时，$\hat X_i$ 轴可以任意选取一个垂直于 $\hat Z_i$ 和 $\hat Z_{i+1}$ 轴的位置，通常我们选取使 $d_i$ 为 $0$ 的位置
2. 当 $\hat Z_i$ 和 $\hat Z_{i+1}$ 轴重合时，$\hat X_i$ 轴可以任意选取一个垂直于 $\hat Z_i$ 轴的位置和方向，通常我们选取使 $d_i$ 和 $\theta_i$ 都为 $0$ 的 $\hat X_i$ 轴
3. 当 $\hat Z_i$ 和 $\hat Z_{i+1}$ 轴垂直时，$\hat X_i$ 轴选取 $\hat Z_i$ 和 $\hat Z_{i+1}$ 轴的公垂线。公垂线有两个方向，可以随意选取，通常我们选取使 $a_i$ 为正的方向
4. 对于最后一个关节，由于 没有 $\hat Z_{n+1}$ 轴，所以 $\hat X_n$ 轴可以任意选取一个垂直于 $\hat Z_n$ 轴的位置和方向，通常我们选取使 $d_{n+1}$ 和 $\theta_{n+1}$ 都为 $0$ 的 $\hat X_n$ 轴。

简单来说，有多种选取方式时，尽量选取使 D-H 参数中 $0$ 尽量多的的方式，这样可以简化后续的计算。

其中，对于转动关节，$d_i$ 是常数，$\theta_i$ 是变量；对于移动关节，$d_i$ 是变量，$\theta_i$ 是常数。

特别定义第 $0$ 个坐标系与第 $n+1$ 个坐标系分别为基坐标系和末端执行器坐标系，它们分别与第 $1$ 个关节和第 $n$ 个关节的关节变量为 $0$ 时的坐标系重合，由此可得第 $1$ 和第 $n$ 个关节的 D-H 参数（以转动关节为例，此时 $\theta_i$ 为关节变量）：

$$a_0 = 0, \alpha_0 = 0, d_1 = 0, \theta_1 = \theta$$

$$a_n = 0, \alpha_n = 0, d_{n+1} = 0, \theta_{n+1} = \theta$$

根据上述参数，可以构建每个关节变换到前一关节的变换矩阵 ${}^{i-1}_iT$：先让坐标系沿 $\hat Z_i$ 轴平移 $d_i$ 得到坐标系 $P$，再绕 $\hat Z_i$ 轴旋转 $\theta_i$ 得到坐标系 $Q$，接着沿 $\hat X_i$ 轴平移 $a_i$ 得到坐标系 $R$，最后绕 $\hat X_i$ 轴旋转 $\alpha_i$，这一过程可以表示为矩阵乘法：

$${}^{i-1}P = {}^{i-1}_RT{}^R_QT{}^Q_PT{}^P_iT{}^iP$$

各个中间变换矩阵就不列出来了，总之最终可以得到：

$${}^{i-1}_iT =\begin{bmatrix}\cos\theta_i&-\sin\theta_i&0&a_{i-1}\\ \sin\theta_i\cos\alpha_{i-1}&\cos\theta_i\cos\alpha_{i-1}&-\sin\alpha_{i-1}&-d_i\sin\alpha_{i-1}\\\sin\theta_i\sin\alpha_{i-1}&\cos\theta_i\sin\alpha_{i-1}&\cos\alpha_{i-1}&d_i\cos\alpha_{i-1}\\0&0&0&1\end{bmatrix}$$

通过连续左乘每个关节的变换矩阵，就可以得到末端执行器坐标系相对于基坐标系的变换矩阵。

另外，对于类似球关节这类具有多个自由度的关节，可以将其分解为多个转动关节来处理，这些转动关节的 X 轴的选取尽量与下一级的 X 轴平行或重合，不行就选一个符合右手定则的方向，D-H 参数中的平移部分为 $0$，旋转部分为相应的旋转角度。

雅可比矩阵

首先我们需要明确一点：在数学上，“雅可比矩阵”仅仅指的是一个向量函数对另一个向量的一阶偏导数矩阵，而不是一个特指的矩阵。所以在这一部分的分析中我们可能会看到有好几个不同意义的矩阵都叫雅可比矩阵，这是没有问题的，但是在机器人学中，我们通常情况下所说的雅可比矩阵是指末端执行器坐标系的速度与关节速度之间的关系矩阵。

另外，为了表述方便，将关节变量统一为 $q_i = \bar\epsilon_i\theta_i+\epsilon_i d_i$，其中 $\bar\epsilon_i=1-\epsilon_i$，若关节 $i$ 是转动关节，则 $\epsilon_i=0$，$q_i=\theta_i$；若关节 $i$ 是移动关节，则 $\epsilon_i=1$，$q_i=d_i$，下面的内容中如果出现 $\epsilon$ 和 $\bar\epsilon$，含义相同。

微分运动

在正运动学里面，我们已经得到了末端执行器坐标系相对于基坐标系的变换矩阵 ${}^0_{n+1}T$，通过这个矩阵我们建立起了末端执行器坐标系与基坐标系之间的位置和朝向的关系，现在我们考虑，如果关节发生微小的变化，那么末端执行器的坐标系会发生什么样的变化，即，我们想要建立起 $\delta q$ 与 $\delta x$ 之间的关系。

一个非常自然的想法是，既然我们可以用 ${}^0_{n+1}T$ 来表示末端执行器坐标系与基坐标系之间的位置和朝向的关系，那么，我们将这个矩阵重新写成一个向量，然后求这个向量对关节变量 $q$ 的雅可比矩阵，就可以得到 $\delta q$ 与 $\delta x$ 之间的关系了。

然而，这样存在几个问题：

1. 刚体在三维空间中实际只有 6 个自由度，但是我们却用了 12 个参数来表示其运动，这其中有许多冗余信息，使得整个雅可比矩阵变得非常庞大，计算起来非常麻烦。
2. 我们使用的这 12 个参数并不是唯一能够表示末端执行器位置与朝向的方式，这就导致了我们求得的雅可比矩阵并不是一个特指的矩阵，而是一个依赖于我们选择的参数化方式的矩阵，比如，我们也可以选择一个 $7\times 1$ 的向量来表示末端执行器的位置和朝向，其中前 3 个参数表示位置，后 4 个参数表示朝向的四元数，这样我们求得的雅可比矩阵就会与之前的雅可比矩阵完全不同。

因此，我们需要找到一种更简洁、更直接的方式来表示末端执行器的运动，这样我们就可以得到一个更小、更特指的雅可比矩阵。

基本雅可比矩阵

一个简单的想法是：直接使用线速度与角速度来表示末端执行器的运动不就行了吗。

还真是，所以接下来我们推导一下将 $\dot q$ 映射到末端执行器速度与角速度的雅可比矩阵。

考虑两相邻关节坐标系速度的递推关系，对于线速度 $v_{i+1}$ 而言，它由三部分组成，一部分是坐标系 $i$ 的线速度，一部分是由于坐标系 $i$ 绕 Z 轴旋转引起的线速度，最后一部分是坐标系 $i+1$ 自身的线速度（平移关节），即：

$$v_{i+1} = v_i + \omega_i \times P_{i+1} + \dot d_{i+1}Z_{i+1}$$

对于角速度 $\omega_{i+1}$ 而言，它由两部分组成，一部分是坐标系 $i$ 的角速度，另一部分是坐标系 $i+1$ 自身的角速度（转动关节），即：

$$\omega_{i+1} = \omega_i + \dot\theta_{i+1}Z_{i+1}$$

由于线速度与角速度矢量都是方向矢量，因此转换坐标系时不用考虑平移的问题，直接左乘旋转矩阵即可。我们将上述关系式的坐标系转换一下得到：

$$\begin{aligned}{}^{i+1}v_{i+1} &= {}^{i+1}_iR({}^iv_i + {}^i\omega_i \times P_{i+1})+ \dot d_{i+1} {}^{i+1}Z_{i+1}\\{}^{i+1}\omega_{i+1} &= {}^{i+1}_iR {}^i\omega_i + \dot\theta_{i+1} {}^{i+1}Z_{i+1}\end{aligned}$$

初始条件：${}^0\omega_0 = 0, {}^0v_0 = 0$，通过瞪眼法数学推导可以得到：

$$\begin{aligned}{}^0\omega_n &= \sum_{i=1}^n \dot\theta_i {}^0Z_i\\{}^0v_n &= \sum_{i=1}^n \dot\theta_i {}^0Z_i \times P_{i,n} + \sum_{i=1}^n \dot d_i {}^0Z_i\end{aligned}$$

用之前提到的统一的关节变量 $q_i$ 来表示上述关系式：

$$\begin{aligned}{}^0\omega_n &= \sum_{i=1}^n (\bar\epsilon_i {}^0Z_i)\dot q_i\\{}^0v_n &= \sum_{i=1}^n [\epsilon_i {}^0Z_i+\bar\epsilon_i ({}^0Z_i \times P_{i,n})]\dot q_i\end{aligned}$$

由此，我们就得到了最后一个关节坐标系的线速度与角速度与关节速度之间的关系矩阵：

$$J = \begin{bmatrix}\epsilon_1 {}^0Z_1+\bar\epsilon_1 ({}^0Z_1 \times P_{1,n})&\epsilon_2 {}^0Z_2+\bar\epsilon_2 ({}^0Z_2 \times P_{2,n})&\cdots&\epsilon_n {}^0Z_n+\bar\epsilon_n ({}^0Z_n \times P_{n,n})\\ \bar\epsilon_1 {}^0Z_1&\bar\epsilon_2 {}^0Z_2&\cdots&\bar\epsilon_n {}^0Z_n \end{bmatrix}$$

然而，这个雅可比矩阵的计算看上去就很困难，尤其是前三行线速度对应的部分，有没有什么简单一点的方法来计算呢？

有的，兄弟，有的。

尽管我们并不能通过对欧拉角等直接求导来计算角速度，但是我们可以直接对位移向量的分量求偏导来计算线速度啊，因此，我们可以直接把第一行改为对从坐标系 $0$ 到坐标系 $n$ 的位移向量 $P_{0,n}$ 求 $q$ 的偏导。同时，第二行我们也可以改成含有旋转矩阵的形式，因为之前我们求 ${}^0_{n+1}T$ 时已经得到了旋转矩阵，这里也就可以直接拿过来用。

令 $Z = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1\end{bmatrix}^T$，则雅可比矩阵可表示为：

$$J = \begin{bmatrix}\frac{\partial P_{0,n}}{\partial q_1}&\frac{\partial P_{0,n}}{\partial q_2}&\cdots&\frac{\partial P_{0,n}}{\partial q_n}\\ \bar\epsilon_1{}^0_1RZ&\bar\epsilon_2{}^0_2RZ&\cdots&\bar\epsilon_n{}^0_nRZ \end{bmatrix}$$

得到了最后一个关节坐标系的雅可比矩阵之后，我们还差最后一步，从最后一个关节坐标系推到末端执行器坐标系。

由于末端执行器自身不进行旋转或者平移，因此可以得到：

$$\begin{aligned}{}^{n}v_{e} &= {}^{n}v_{n}-P_{n,e}\times{}^n\omega_{n}\\{}^{n}\omega_{e} &= {}^n\omega_n\end{aligned}$$

将叉乘转换为矩阵乘法的形式，就可以得到：

$$\begin{bmatrix}{}^{n}v_{e} \\{}^{n}\omega_{e}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}I & -{}^n\hat P_{n,e}\\0 & I\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{}^{n}v_{n} \\{}^{n}\omega_{n}\end{bmatrix}$$

其中 $\hat P_{n,e} = \begin{bmatrix}0&-P_{n,e,z}&P_{n,e,y}\\ P_{n,e,z}&0&-P_{n,e,x}\\ -P_{n,e,y}&P_{n,e,x}&0\end{bmatrix}$，$\hat P_{n,e}x = P_{n,e} \times x$。

转换到基坐标系下，就可以得到：

$$\begin{bmatrix}{}^{0}v_{e} \\{}^{0}\omega_{e}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}I & -{}^0_nR{}^n\hat P_{n,e}{}^0_nR^T\\0 & I\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{}^{0}v_{n} \\{}^{0}\omega_{n}\end{bmatrix}$$

也就是说：

$$J_e = \begin{bmatrix}I & -{}^0_nR{}^n\hat P_{n,e}{}^0_nR^T\\0 & I\end{bmatrix}J_n$$

关于 $-{}^0_nR{}^n\hat P_{n,e}{}^0_nR^T$ 项，它其实是 $-{}^0\hat P_{n,e}$ 的坐标变换形式。
因为 ${}^0P\times{}^0\omega = {}^0_nR({}^n P \times {}^n\omega) = {}^0_nR({}^n\hat P{}^n_0R{}^0\omega) = {}^0_nR{}^n\hat P{}^0_nR^T{}^0\omega$，所以 ${}^0\hat P = {}^0_nR{}^n\hat P{}^0_nR^T$。

这样我们就得到了关节速度与末端执行器线速度和角速度之间的雅可比矩阵，这时再考虑关节角速度与最开始说的末端执行器位置与朝向之间的关系，我们发现好像只需要再在速度左边再乘一个转换矩阵就可以了。

举个例子，从速度向量映射到用笛卡尔坐标系表示位置，用欧拉角表示朝向的向量的矩阵是：

$$X = (x, y, z), x_R = (\alpha, \beta, \gamma)$$

$$E_P(X) = \begin{bmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{bmatrix}, E_R(x_R) = \begin{bmatrix}-\frac{\sin\alpha\cos\beta}{\sin\beta}&\frac{\cos\alpha\cos\beta}{\sin\beta}&1\\\cos\alpha&\sin\alpha&0\\\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}&-\frac{\cos\alpha}{\sin\beta}&0\end{bmatrix}$$

$$\begin{bmatrix}\dot X \\\dot x_R\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}E_P(X) & 0\\0 & E_R(x_R)\end{bmatrix}\begin{bmatrix}v \\\omega\end{bmatrix}$$

像这样，当我们需要使用不同的位置和朝向表示方法时，只需要使用对应的转换矩阵就可以了，而这个转换矩阵是固定的，这也降低了求解雅可比矩阵的复杂度。

另外可以看到，当 $\beta = k\pi$ 时，$E_R(x_R)$ 中的一些元素值会变成无穷大，这也是欧拉角万向锁问题的具体体现之一。

运动学奇异点

运动学奇异点是指雅可比矩阵的行列式为零，或者说不满秩的点，此时末端执行器在某些方向上的运动无法通过关节的运动来实现，也就是丢失了自由度，常引发关节速度突变、停滞或路径失控的现象。

例如，将你的手臂想象成一个有两个转动关节（肩膀和手肘）的机械臂，当你的手臂完全伸直，也就是第二个关节的旋转角度为 $0$ 时，你的手臂就丧失了在手臂方向的运动能力，也就是说你不能把手伸得更长了。

以这个机械臂为例。

其雅可比矩阵为（仅考虑 $x,y$ 时）：

$$J = \begin{bmatrix}-l_1\sin\theta_1-l_2\sin(\theta_1+\theta_2)&-l_2\sin(\theta_1+\theta_2)\\ l_1\cos\theta_1+l_2\cos(\theta_1+\theta_2)&l_2\cos(\theta_1+\theta_2) \end{bmatrix}$$

其奇异点为 $\theta_2 = k\pi$

考虑对这个雅可比矩阵求逆，得到：

$$J^{-1} = \frac{1}{l_1l_2\sin\theta_2}\begin{bmatrix}l_2\cos(\theta_1+\theta_2)&-l_2\sin(\theta_1+\theta_2)\\ -l_1\cos\theta_1-l_2\cos(\theta_1+\theta_2)&l_1\sin\theta_1+l_2\sin(\theta_1+\theta_2) \end{bmatrix}$$

当 $\theta_2 = k\pi$ 时，$\sin\theta_2 = 0$，$J^{-1}$ 不存在，同时，当 $\theta_2 \approx k\pi$ 时，$\sin\theta_2 \approx 0$，$J^{-1}$ 的元素值会变得非常大，这时使用 $\dot q = J^{-1}v$ 求解产生一定速度所需要的关节速度会导致关节速度急剧增大，引发一系列问题。

静力

雅可比矩阵不仅可以表示末端执行器的速度与关节速度之间的关系，还可以表示末端执行器的力与关节力矩之间的关系，这里先直接给出结论。

$$\tau = J^TF$$

接下来用虚功原理推导一下，理论上来说在这个课程里面 Khatib 教授用了三种方法来推导，但是我懒得写另外两种了，反正最后的结果是一样的，就选一种我个人最喜欢的方法推一推就行了。

令 $\tau = \begin{bmatrix}\tau_1\\ \vdots\\ \tau_n\end{bmatrix}$ 为关节力矩向量，$F = \begin{bmatrix}F_x\\ F_y\\ F_z\end{bmatrix}$ 为末端执行器产生的力。假设机械臂产生了一个微小的位移 $\delta x$，由于这个系统没有能量损失，所以末端执行器产生的力做的功应该等于关节力矩做的功，即：

$$\tau^T\delta q = F^T\delta x$$

而众所周知 $\delta x = J\delta q$，代入上式得：

$$\tau^T\delta q = F^TJ\delta q$$

因此：

$$\tau^T = F^TJ$$

左右同时取转置即可得到：

$$\tau = J^TF$$

轨迹规划

在实际应用中，我们通常需要让机器人按照特定的路径运动，这就涉及到轨迹规划的问题。轨迹规划的目标是生成一个满足特定约束条件的路径，使得机器人能够按照这个路径运动。

一般而言，当我们提到轨迹规划时，很容易想到的是让末端执行器在空间中通过一条给定的路径从起点到达终点的过程，然而，在笛卡尔坐标系下进行轨迹规划可能会存在一些问题，最典型的问题在于我们无法保证规划的路径是可行的，比如下面这些情况：

此外，在笛卡尔坐标系下进行轨迹规划还存在复杂度过大等问题，总之，在实际应用中，我们通常会选择在关节空间内进行轨迹规划，来避免以上问题,不过，在分析过程中，我们可以先用一个统一的变量 $u$ 来表示可能用到的变量，比如关节角度，笛卡尔坐标之类的。

轨迹规划最简单的方法当然是直接用线段连接起点和终点，然而这种方法规划出的轨迹的速度会出现突变，尤其是存在一系列中间点时，而突变的速度意味着无穷大的加速度，这显然是不现实的，所以我们需要一些更平滑的轨迹规划方法来生成满足加速度约束的轨迹。

下面简单介绍两种用于轨迹规划的方法。

三次多项式

当只存在起点和终点时，我们希望规划出的路径满足如下条件：

$$\begin{aligned}u(0) &= u_0\\u(t) &= u_f\\\dot u(0) &= 0\\\dot u(t) &= 0\end{aligned}$$

即从起点出发，到终点停止，且初始和终止速度都为零。

我们使用一个三次多项式来拟合这个轨迹：

$$u(t) = a_0 + a_1t + a_2t^2 + a_3t^3$$

由上面的约束条件可以解得：

$$\begin{aligned}a_0 &= u_0\\a_1 &= 0\\a_2 &= \dfrac{3(u_f-u_0)}{t^2}\\a_3 &= \dfrac{-2(u_f-u_0)}{t^3}\end{aligned}$$

当存在中间点时，我们可以对相邻的两个中间点进行同样的拟合，但是由于我们大部分情况下不希望机械臂走走停停，而是希望它能尽量平滑地通过这些路径点，所以路径点处的速度不一定为 $0$，这时可以解得三次多项式的参数为：

$$\begin{aligned}a_0 &= u_0\\a_1 &= \dot u_0\\a_2 &= \dfrac{3(u_f-u_0)}{t^2}-\dfrac{2\dot u_0+\dot u_f}{t}\\a_3 &= \dfrac{-2(u_f-u_0)}{t^3}+\dfrac{\dot u_0+\dot u_f}{t^2}\end{aligned}$$

至于中间点的速度如何取得，这里简单介绍三种方法：

1. 指定在该点处机械臂在笛卡尔坐标系下的线速度和角速度，再通过雅可比矩阵求得关节速度。
2. 使用某些启发式算法让程序自己计算中间点的速度，比如：假设用线段将相邻中间点连起来，若某点前后两条线段斜率正负相反，则该点速度取为 $0$，否则取为前后两条线段斜率的平均值。
3. 采用使中间点处加速度连续的方法让程序自己计算，设置限制条件 $\dot u_1(t) = \dot u_2(0), \ddot u_1(t) = \ddot u_2(0)$ 即可。

当然这种方法还可以拓展，由于三次多项式只有四个参数，所以我们最多只能设置四个不相关的约束条件，如果我们需要设置更多的约束条件，比如说加速度为零，或者说在某个时间点处的速度为某个特定值，那就可以使用更高次的多项式来拟合，这里就不展开说了，方法是类似的。

与抛物线拟合的线性函数

另一种想法是，既然线性函数在各个路径点处存在速度突变的问题，那我们在这些点处用平滑的二次函数拟合一下不就好了吗。

（这个图是从讲义中截下来的，有一点小错误，需要假设 $t_0=0$）

不妨假设两端的二次函数具有相同的持续时间，这样它们的加速度也就是相同的。

由方程

$$\dfrac{1}{2}\ddot ut_b^2+\ddot ut_b(t-2t_b)+\dfrac{1}{2}\ddot ut_b^2 = u_f-u_0$$

解得：

$$t_b = \dfrac{t}{2}-\dfrac{\sqrt{\ddot u^2t^2-4(u_f-u_0)\ddot u}}{2\ddot u}$$

其中 $\ddot u$ 是前后两段二次函数的加速度。

当存在中间点时，公式如下：

1. 第一段轨迹：

$$\begin{aligned}\ddot u_1 &= \operatorname{sgn}(u_2-u_1)|\ddot u_1|\\t_{1} &= t_{d12}-\sqrt{t_{d12}^2-\dfrac{2(u_2-u_1)}{\ddot u_1}}\\\dot u_{12} &= \dfrac{u_2-u_1}{t_{d12}-\dfrac{1}{2}t_{1}}\\t_{12} &= t_{d12}-t_{1}-\dfrac{1}{2}t_2\end{aligned}$$

2. 中间轨迹：

$$\begin{aligned}\ddot u_k &= \operatorname{sgn}(\dot u_{kl}-\dot u_{jk})|\ddot u_k|\\t_k &= \dfrac{\dot u_{kl}-\dot u_{jk}}{\ddot u_k}\\\dot u_{jk} &= \dfrac{u_k-u_j}{t_{djk}}\\t_{jk} &= t_{djk}-\dfrac{1}{2}t_j-\dfrac{1}{2}t_k\end{aligned}$$

3. 最后一段轨迹：

$$\begin{aligned}\ddot u_n &= \operatorname{sgn}(u_{n-1}-u_n)|\ddot u_n|\\t_{n} &= t_{d(n-1)n}-\sqrt{t_{d(n-1)n}^2-\dfrac{2(u_n-u_{n-1})}{\ddot u_n}}\\\dot u_{(n-1)n} &= \dfrac{u_n-u_{n-1}}{t_{d(n-1)n}-\dfrac{1}{2}t_{n}}\\t_{(n-1)n} &= t_{d(n-1)n}-\dfrac{1}{2}t_{n-1}-t_n\end{aligned}$$

通常只需要指定各关节的位置 $u_i$，相邻两轨迹点之间的时间 $t_{dij}$，以及每个轨迹点处的加速度 $|\ddot u_i|$ 即可。

另外，由上面那张图可以看出，这种方法拟合的轨迹并没有实际经过那些中间点，大部分情况下这是没有问题的，因为很多时候我们给轨迹设置中间点只是为了避开某些障碍，经不经过中间点其实无伤大雅，不过如果一定要实际经过某个中间点的话也有办法，那就是在这个中间点两边设置两个伪中间点：

实时轨迹规划

由上面的两种方法生成的轨迹结果都是 $u$ 关于时间的函数，在实时运行时，轨迹生成器利用该函数不断计算出 $u$，$\dot u$ 和 $\ddot u$，并将信息传给控制系统。

对三次多项式来说，计算过程非常简单，只需要把 $t$ 代入事先已经求得参数的多项式中即可算出 $u$，$\dot u$ 和 $\ddot u$，在到达轨迹终点时，需要将 $t$ 重置为 $0$，继续计算下一段轨迹。

对带抛物线拟合的线性函数来说情况就比较复杂了，需要先根据 $t$ 判断当前是处于直线部分还是二次函数部分。处于直线部分时，计算如下：

$$\begin{aligned}u &= u_j + \dot u_{jk} t\\\dot u &= \dot u_{jk}\\\ddot u &= 0\end{aligned}$$

处于二次函数部分时，计算如下：

$$\begin{aligned}t_{inb} &=t-(\dfrac{1}{2}t_j+t_{jk})\\u &= u_j + \dot u_{jk}(t-t_{inb}) + \dfrac{1}{2}\ddot u_k t_{inb}^2\\\dot u &= \dot u_{jk} + \ddot u_k t_{inb}\\\ddot u &= \ddot u_k\end{aligned}$$

在进入一个新的直线部分时，需要将 $t$ 重置为 $\dfrac{1}{2}t_k$。

动力学

机械臂的动力学分析主要是为了求解机械臂在运动过程中所需要的关节力矩，这些力矩可以用来控制机械臂的运动，使其按照预定的轨迹运动。

常用的分析方法有牛顿-欧拉方法和拉格朗日方法，在实际的应用中，牛顿-欧拉方法相对而言会更常用一点，因为它是基于递推的方法来求解的，比较适合计算机运算，拉格朗日方法则是基于能量的方法来求解的，虽然在理论上更为优雅，但是在实际应用中可能会比较麻烦一些。

由于这部分内容太难了，笔者学的也比较粗略，所以这部分不会有数学证明，感兴趣的可以自行了解。

牛顿-欧拉方法

牛顿-欧拉方法的主要思想是通过递推的方式，从末端执行器开始，逐步向基坐标系递推，来求解每个关节所需要的力矩。它的求解过程主要基于牛顿-欧拉公式：

$$\begin{aligned}F &= ma\\N &= I\dot\omega + \omega \times I\omega\end{aligned}$$

第一个公式对大部分人来说都很好理解，而第二个公式就比较复杂了，所以在开始介绍牛顿-欧拉方法之前，我们先对第二个公式，即欧拉公式做出一点解释。

欧拉公式主要是用来描述刚体的旋转运动的，其中 $N$ 是作用在刚体上的力矩，$I$ 是刚体的转动惯量矩阵，$\omega$ 是刚体的角速度，$\dot\omega$ 是刚体的角加速度。

对于一个旋转的刚体，其角动量 $\phi$ 可以表示为：

$$\begin{aligned}\phi &= \int_V p\times v \rho dV\\&= \int_V p\times (\omega \times p) \rho dV\\\end{aligned}$$

将叉乘转换为矩阵乘法的形式：

$$\begin{aligned}\phi &= \int_V p\times (\omega \times p) \rho dV\\&= \int_V p\times (-\hat p\omega) \rho dV\\&= \int_V -\hat p\hat p\omega \rho dV\\&= [\int_V -\hat p\hat p \rho dV]\omega\end{aligned}$$

由此，就像动量可以表示为质量与速度的乘积，我们将角动量也表示为角速度 $\omega$ 与一个量的乘积，这个量就是惯性张量矩阵 $I = [\int_V -\hat p\hat p \rho dV]$，让我们计算一下它的内容。

$$\begin{aligned}\hat p &= \begin{bmatrix} 0 & -z & y \\ z & 0 & -x \\ -y & x & 0 \end{bmatrix}\\-\hat p\hat p &= \begin{bmatrix} y^2+z^2 & -xy & -xz \\ -xy & x^2+z^2 & -yz \\ -xz & -yz & x^2+y^2 \end{bmatrix}\\I &= \begin{bmatrix} I_{xx} & -I_{xy} & -I_{xz} \\ -I_{xy} & I_{yy} & -I_{yz} \\ -I_{xz} & -I_{yz} & I_{zz} \end{bmatrix}\end{aligned}$$

其中：

$$\begin{aligned}I_{xx} &= \iiint (y^2+z^2)\rho dx\,dy\,dz\\I_{yy} &= \iiint (x^2+z^2)\rho dx\,dy\,dz\\I_{zz} &= \iiint (x^2+y^2)\rho dx\,dy\,dz\\I_{xy} &= \iiint xy\rho dx\,dy\,dz\\I_{xz} &= \iiint xz\rho dx\,dy\,dz\\I_{yz} &= \iiint yz\rho dx\,dy\,dz\end{aligned}$$

另外，在计算惯性张量矩阵时，通常选择质心坐标系来进行计算，因为在质心坐标系下 $I_{xy} = I_{xz} = I_{yz} = 0$，这样就可以简化计算。然而，在机械臂的动力学分析中，通常需要计算关节坐标系下的惯性张量矩阵，这时就需要使用平行轴定理来进行转换。

$$\begin{aligned}-\hat p\hat p &= (p^Tp)I_3-pp^T\\p &= p_c+p_m\\I &= \int_V [(p^Tp)I_3-pp^T] \rho dV\\&= \int_V [((p_c+p_m)^T(p_c+p_m))I_3-(p_c+p_m)(p_c+p_m)^T] \rho dV\\&= \int_V [(p_c^Tp_c + 2p_c^Tp_m + p_m^Tp_m)I_3-(p_cp_c^T + p_cp_m^T + p_mp_c^T + p_mp_m^T)] \rho dV\\&= \int_V [(p_m^Tp_m)I_3-p_mp_m^T] \rho dV + \int_V [(2p_c^Tp_m)I_3-(p_cp_m^T + p_mp_c^T)] \rho dV + \int_V [(p_c^Tp_c)I_3-p_cp_c^T] \rho dV\\\end{aligned}$$

显而易见的，最后一行的第一项是质心坐标系下的惯性张量矩阵，第三项可以直接得到等于 $m[(p_C^Tp)I_3-p_Cp_C^T]$，第二项中，由于质心坐标系的特性 $\int_V p_m\rho dV = 0$，所以 $\int_V (2p_c^Tp_m)I_3\rho dV = 0$，$\int_V (p_cp_m^T)\rho dV = 0$，$\int_V (p_mp_c^T)\rho dV = 0$，因此第二项的结果为 $0$。

最后，对于任意非质心坐标系，其惯性张量与质心坐标系的惯性张量的关系为：$I = I_c + m[(p_C^Tp)I_3-p_Cp_C^T]$，其中 $I_c$ 是质心坐标系下的惯性张量矩阵，$m$ 是刚体的质量，$p_C$ 是质心坐标系原点的坐标。

关于文化课

这一年的文化课其实没有什么太多好说的东西老实说，与高二的颓靡相比，高三的文化课简直可以算是顺利得令人不敢相信，整个学年除了上期的入学考试之外所有大考全部都在年级前十，甚至还有三四次是年级第一，而且说起来我其实并没有怎么用力，就只是老老实实该写作业写作业，该纠错纠错，课外拓展也没做多少，反正跟那些卷王比起来少多了，甚至为了做完作业，我有时候还会抽上课的时间写作业，比如数学课啥的，结果数学成绩也是一直没有下去过。

回过头来看，我依然不知道是什么东西导致我的成绩在高二到高三这个阶段有了质的飞跃，在我看来，我的努力程度和高三的成绩是不成正比的，非要找原因的话，我只能想到一种可能，就是高二一整年都是在为高三做铺垫，不过这铺垫时间未免也太久了一点吧（）

至于最后的这个高考成绩，要说满不满意，其实我也还是不太满意的，毕竟高三一年我从来没有出现过 13 题、25 题、34 题全都没有得全分的情况。不过经过这一年的打磨，我多少还是比以前佛系了，虽然不是很满意，但也过得去，这样就够了，上交单论学术能力也还是很强的，没必要非要抓着清北不放。当然现在多少还是有点后悔报上交，这生活条件比复、浙差的太远了，不过这就是旁话了。

关于我自己

高三一年真的还是很能改变一个人，在上一次的年末总结里，我觉得自己变得悲观了，但现在我觉得自己更多的是一种看开了的感觉，很多事情没有必要太较真跟自己过不去，用昨天看的一个视频里的一句话来说，很多事情不是接受了，而是算了吧。很难说这种变化是好还是坏，只能说是走一步看一步吧。

人际交往的话还是跟以前差不多，朋友不多，但还算精，在陌生人面前放不开，但能维持一定的交流，在人群中不突出，但能保持住自我。虽然总的来说还是不擅长社交，但我还挺享受这种状态的，能更多的专注在自己的事情上，不用费时间进行一些无效社交，这一点我觉得是很好的。如果没有优秀的口才，就用真诚取胜，这是我希望做到的。

目前的我由于学识和见识还是太过短浅，没有办法很好的剖析自己，很多东西我都想不明白，更不用说写出来，所以，就这样打住吧。

正如开头所说，这一年的生活可以说是随波逐流，苦中作乐的一年，前者是因为整个高三我确实没有太多想法，就只是单纯的听课，写作业，摸摸鱼的重复，对未来有幻想，但没有什么实际行动，只是机械的跟着学校的节奏走，周末就随便刷刷题，然后就打游戏，后者则是因为在这种日复一日的重复中，我们仍能找到一些乐趣。

对于前者，我不想再多说，也没什么好多说的，上过高三的应该都有体会。我主要想谈一谈后者，毕竟现在回头看，高三给我印象最深刻的不是 昏昏欲睡的早读，不是把知识反复咀嚼的课堂，不是忙碌地赶作业的晚自习，而是在这种重复的生活中我们仍能找到时间忙里偷闲，干一些无聊但有趣的事，我觉得只有这些事才能让人真实的感受到生活的乐趣，在这里不妨试举几例。

如果要说印象最深刻，那必须得是竞赛班的哥们儿们在楼梯旁边的一块小空地不定期举办的晚自习课间小活动，一开始是汤哥用厕所的拖把表演舞剑，有时候还要拉人上来跟他对战，后来有几个人也表演过跳舞或者唱歌，最好笑的是有一次围观一个哥们儿跳舞，wj 发现之后想阻止他，结果那哥们儿根本不理他，再加上熊大又在旁边示意他不用管，结果 wj 就这么被另外几个竞赛班的人给架下去了，另外他穿过人群时正好从我旁边过，于是我们一群人在他背后比了一堆中指。

还有不得不提的经典之偷玩电子白板，其实高二的时候我们就经常在周六中午溜回教室用电子白板看片，甚至高二暑假第一段补课时还在初中部 B 班教室的电子白板上打 maimai，不过自从暑假第二段补课时从教授朋友那里知道了电子白板的解锁密码之后就更加一发而不可收拾，周六补课中午溜回教学楼玩电子白板基本变成了我的必修课，毕竟有了解锁密码就能随便找个没人的教室开玩，不用担心被 zzh 发现，另外还有考完大考后在 B 班跟一群人刷 B 站，甚至高三上期开学后的一个月内我还在电子白板上玩过 《樱之诗》（当然没敢放 HCG 就是了）。

其他还有什么体育课溜到教学楼跟门酱他们一起写作业，每天三次的经典冲饭环节，以及跟胡队的饭后散步，这些就不多说了。

高三的学习如同一碗单调乏味，难以下咽的干饭，正是有了这些点点滴滴的有趣的事情，才把这碗干饭变得能够下口，让这段时光变得不那么痛苦，即使结果可能不尽如人意，但起码，我在回忆起自己的高三时会说，高三虽然辛苦，但并不痛苦。

哎，其实还有好多想说的，但感觉不太写得出来了，后面可能还会再开一篇文章回忆我的整个高中生活，就留到那个时候说吧，先就这样吧。

其实本来是想直接开始写今天逛展的经过的，但仔细一想这次的抢票经过也很有意思，所以顺便也记一下好了。

这次 CD 第一次开票是在 7 月 31 日下午 6 点，但是非常离谱的是官方只提前了 15 分钟发通知，而我因为手机被管制，直到 6 点 10 分才拿到手机，可想而知我连抢票的尾气都没闻到，毕竟几万张票貌似几分钟就被抢光了。胡队貌似是因为忙着给我打电话还是什么原因也没抢到（不过我手机一直都是开的静音所以没什么卵用）。

第二次开票是在 8 月 4 日下午 6 点，可能是因为上次只提前 15 分钟通知结果在微博上被骂惨了，这次直接提前了三天通知，于是我也就做好了充足的准备，在家里三台电脑上都设置好了脚本，并且我自己也在电脑上手动抢，还让我爸用我的手机抢，本来还打算让胡队跟我一起都抢两张，结果开票前 CD 突然改规则，一个号 Day 1 和 Day 2 都只能抢一张，只好作罢。

开票那天我提前 20 分钟开电脑挂上脚本，因为担心脚本调用太多次 api 会出什么问题，于是我只提前了 1 分钟运行脚本，但没想到三台电脑的脚本全部都提示账号存在问题，因为来不及重新设置，我就只好放弃脚本抢票，直接手动抢。虽然因为紧张和鼠标灵敏度设置的有点高导致滑块滑了两次，但居然还是抢到了 Day 1 的票，而且没有提示下单人数太多之类的，整个过程相当顺畅，当时我还满以为这次放票比较多，大伙应该都抢到了，结果群里还是有好些人没抢到，而且胡队也没抢到。不过有趣的是社长滑块滑了三次才成功，但是居然抢到了两天的票。

第三次开票是 8 月 9 日下午 6 点，这次准确来说是把之前所有退的票拿来重新卖一次，因此只有几百张，因为胡队没抢到所以我也上了他的号帮他抢，这次也上了脚本，而且因为之前分析脚本出问题有可能只是还没开售，因而会提示存在问题，所以这次虽然也报错但我就没关掉，果然 6 点一到脚本就开始正常抢了，但这时我有一点失策的是，那个脚本有一个专门的滑块程序，会在监测到需要滑块时弹一个提示框，确认后自动在 Edge 中打开一个滑块界面，但因为我用的是 Chrome，而且事前并没有关 Edge，就导致确认之后 Edge 不会自动弹到最上层，所以我就以为那玩意出问题了，于是就准备手抢，结果这时候就遇到下单人数太多（别点了傻逼二次元，你根本抢不到的.jpg），于是没抢到，然后我突然发现任务栏 Edge 在闪，这才发现那玩意有个滑块页面，结果脚本确实是开始抢了，但是也是抢不到，最终还是寄了。

总而言之抢票就这样有惊有险地结束了，估计 CD 官方自己也没想到居然会来那么多人，上一届他们好像只有一个馆（也可能是两个馆，记不清了）放摊位，这次有整整三个，票也多了不少，结果还是这么吃紧。

逛展

8 月 12 号早上起了个大早，虽然 6 点半就已经醒了，但是为了防止上午打瞌睡硬是躺到了 7 点（虽然好像半小时也没啥用 hhh），然后半小时吃完早饭收拾好东西，7 点半准时出发，骑自行车到了学校门口坐地铁。不过老实说从早上开始就有点出师不利的意味，早上煮鸡蛋的时候水没掺够煮干了，骑自行车一路上都是红灯，而且刚到地铁站地铁就开走了，还好没再加上地铁没座位，不然真的有点怀疑人生。

到的时候大概 8 点半，地铁站里面有好多 coser，化妆的也有，看起来像等人的也有。出去之后我就一路跟着人流走，中途顺便去红旗买了两瓶水一瓶咖啡（不知道是不是来太晚了，整个红旗只剩下几瓶那种 4 块的农夫山泉和几瓶小瓶的），一路上一直都在下雨，很恼火。

大概 9 点的时候终于进到内场排队，不得不说这次 CD 人真的很多，群里有人 7 点就到场，居然还不是最早的，9 点的时候人就更多了，非常失策的是没有带一个板凳之类的可以坐的东西。

有意思的是排队的时候我看到有两个人拿着一条横幅不知道在往哪里走，“叔叔，二次元还是很有搞头的”，乐死。

估计是因为人太多，进场提前了 25 分钟，虽然看起来人多，但是实际上还是挺快的，毕竟不需要再检一次票。一个小插曲是途中前面有个大哥的 cos 服帽子（斗笠那种）上挂的玻璃球掉了一个在地上摔碎了。

进场之后则是按照原定计划直奔术和烤的街区，但是逛了几圈之后老实说有一点小小的失望吧。术街本来就没多少摊子，东西很杂，中 v，C 家占了不少，然后初音，GUMI 也有一些，而且没有卖画册的（后来在另一个摊子上看到了初音的画册但太贵了没买），我真的没想到完全没有 IA 啊家人们，唯一比较沾边的是有个摊子卖的哨戒班的光栅，然后我还买了些吧唧明信片之类的。

不过惊喜的是居然有个摊子卖专辑，而且还算便宜（那个老哥说比闲鱼便宜，回来一搜还真是，只是有两三道裂痕，不过不打紧），我就买了一张 Deco 的，真有点没想到这辈子第一次买术专是在成都漫展上。

烤街比术摊子还少，而且几乎全是 25 的谷子，我其实有点想买 mnr 的都没买到，只买了点 ena 的钥匙扣啥的。

两条街逛完之后就开始到处乱转，内场整活的出人意料的少，只拍到一个抱着诚哥遗诏跳鸡你太美的，那个老哥应该还跟安保疏通过（毕竟要音响放歌），两个安保也站在一旁拍照。

其实感觉自从 bw 还是哪里整过诚哥遗像的活之后这玩意就开始人传人了，我后面休息的时候也看到一个 coser 拿着个遗像在走。

企业馆乌丸屋的摊位是我觉得最有诈骗嫌疑的，明明外墙上印的有猫豆腐和三上老师（一个画兄妹本的画师，不是你们想的那个），结果进去一看根本没有，而且看样子还不是因为卖完了，因为最顶上贴的那一圈插画也没有他们两个的作品，老实说我排队进去很大程度上就是为了三上老师的周边，结果却没有，很恼火。不过还好有局长和大嘘的，也算是没白进去，但是感觉价格真有点小贵，一个大嘘老师的套装就直接顶我一上午在其他摊位的消费，很恐怖。

舰 B 这把很不争气，就只看到一个摊位有舰 B 同人，而且也没有企业摊位，明明上次都有的。BA 倒是挺多的，而且质量都还挺高，尤其是最后准备走的时候看到的那个，要不是要排队我都准备要买了，只是当时实在站不动了，只好作罢。

完全没拍 coser，因为社恐不敢搭话拍照，背后偷拍又不太好。

中午在出口台阶上坐着吃的，头天买的吐司味道挺不错，但是另外一个什么德式碱水大贝果面包就很难吃，可能是加了碱的原因，外皮进嘴后有种淡淡的涩味，里面又很干，也没味道，就着水都很难吃，胡队尝了一口，觉得很像前几天他吃的法棍（德式面包吃起来像法棍，这算今日辱法吗），最后拿回家当第二天早饭吃了。

因为这次 CD 总共开了四个场作为内场，来回走动的距离也变大了，那一天我走了整整两万步，不包括相当长的站着的时间，最后大概两点过的时候小腿已经开始抽筋了，走起路都有点微微颤抖的感觉，于是我跟胡队在三点过就早早打道回府了。

尾声

首先来个军火展示。

这次总共消费 595 块，比前两次去漫展画得都多，主要是在乌丸屋冲动消费了一把，枫与铃的立牌根本没必要买，跟色纸是一个款式，一宫和朝凪的色纸也是，其实我本来就没关注过这两个画师，而且画风我也不太感冒，但不知道为啥回过神来就已经买了，现在就是后悔，非常后悔。

不过除此之外的东西买得都挺不错的，我最喜欢的是那两套信封装着的明信片，包装细致，做工也很好，画风很合我胃口，而且一套四张 15 块也不算是很贵。不过我不是很清楚左上那两张画的是谁。

波奇的画册也很棒，画风相当对我胃口，内容也很不错，只不过总感觉相对于 30 块来说有点小薄，但还是比较划算吧，顺带一提这本是在一个 BA 的摊子上买到的（

总而言之这次 CD 的体验还算是不错，虽然没买到术的画集，但是其他东西还是很不错的，还是希望 CD 官方能再接再厉吧，虽然我可能没办法参加下一届的 CD 了（如果去外地上大学的话），不过以后有时间或许偶尔能赶上也说不定。

虽然去年暑假写的并没有怎么包括去年上半年也就是高一下期的内容，但是现在也已经忘了所以就跳过吧，反正除了期末考试考了个年级第一之外应该也没有啥很重要的事情，而且现在的成绩这么拉，再提那个时候的事情就有点尬吹的感觉了。

总之呢，这篇文章是 2022 年的年末总结，或者其实该叫高二总结更合适一点，形式上还是跟往常一样的流水账。

首先还是经典开场，看看去年的 Flag 回收了多少。

• 高二上期期末考试年级排名前二十名（我感觉应该是？有点记不到了）

• 语文上一次 120 分（回收）

• WOTA 艺再多学 10 个技单（我觉得可能没有那么多……）

• 完成 2 个 WOTA 艺企划并练熟（失败了捏）

以后要不还是取消这个环节罢，感觉上来说完全就是个乐子没有半点积极的影响啊喂。

然后呢，还是拉一下时间轴好了。

我知道确实很短，一个是因为确实记不到了，还有一个就是确实没啥特别的，高二生活就是这么枯燥且乏味。

总述差不多就这样，然后是照常的各个小方面的杂谈（流水账）。

关于 WOTA 艺

升上高二之后，我成为了本校动漫社 WOTA 分部负责人（因为高二只有我一个人），自然也就要负责这项传统艺能的传承，所以姑且还是在社团课上做了一次宣讲，只是效果不怎么样 ，虽然有两个视频能吸引下面人的注意，但讲话的时候他们一直很吵，总之最后也没有通过宣讲招到人，反而是在群里坑蒙拐骗招了三个人，不过有一个竞赛班的买完棒子之后才说不来了，所以最后一共是两个人。

怎么说呢，整个教学过程就挺难受的，毕竟这么十几年我也早就认清了我完全没有半点教学的天赋，只能笨拙地把动作教给他们，然后要求他们反复练习把动作记下来，理论的东西我倒也比较能说，毕竟练习了一年，尽管时间加起来不多，总还是有点心得，然而 WOTA 艺毕竟是实践大于理论的一个东西，凭我的贫乏的语言很难表达到位，这些确实是我的不足。另外老实说，虽然背后说别人坏话不太好，但是那两个人真的不能算很投入吧，周末放假回去根本没有复习或者自学，练习也时不时不来，而且练习的时候也不能算很认真，尤其是高个的那个，很吵说实话，有时候就很烦躁。这一届时间本来就很紧张，毕竟 9 月份因为疫情延迟开学，中途也上了那么几周网课，要是他们肯自学或者自己多练习都会好一点，我也没要求他们能做到我的程度（不是我自夸，我自认为还算是挺投入的），但是也不能让我前前后后教三遍 16 吧，每次学完之后过一两个月要用了，一问又不会，很难受。

嘛，虽然这两个后辈很让我不放心（也有点不满意啦），但也是没有办法的事，一来他们第一届新高考可能确实会比较辛苦，二来也是存在我的问题。总的来说呢，两个人个性都挺强的，高个的那个很吵，不太认真，感觉有点急着要炫耀，但是脑子还算好使，学的比较快，也不太容易忘，矮个的那个老实，感觉上一副挺好学的样子，也乐意听我唠嗑些理论，但是忘得比较快（就他让我教了三遍 16），记得也比较慢。

说实话，两年的 WOTA 艺学习过程（实际上没想象中那么多，因为高二基本没怎么自学了）让我当初的热血慢慢也冷下来了，高二上期的时候都还好，还算是有干劲，但高二下期就不行了，教别人打艺还是太困难了一点，期中之后有段时间我都没有再去了，因为既没有新自学的技单也没有要练的企划，光是进行着没啥希望的让人烦躁的教学，真的还是很坐牢。不过好在终于结束了，以后我应该还会继续打艺，但不再是为了哪个组织，单纯凭兴趣去弄了，那两个后辈的事跟我也没什么关系了，最多就是在 qq 上聊两句，毕竟确实也没时间了，不过要是他们实在要找我打企划之类的，我又恰好有空的话也不是不能考虑，看情况嘛。

总而言之呢，高三我会暂时停一段时间，不仅仅是因为学习上的问题，也是打算到大学去之后再进行比较系统的练习，毕竟自学实在是太枯燥了，而且动作的标准度也没谱，大学的话如果有这方面的社团应该会有前辈指点，学起来也会舒服一些。

关于 ACG

虽然以前其实不打算把这个当成常驻话题的，但总觉得今年还是有很多可以写的，毕竟也尝试了很多新的东西，轻小说、Galgame、漫画之类的，整体来说视野算是拓宽了一点罢。

轻小说我也记不到是什么时候开始看的了，可能大概去年暑假的时候吧，总之入坑是看的《魔女之旅》，后来陆陆续续看了 86，素晴，游戏人生之类的，目前在看魔禁新约。老实说还是有种跟动画很不同的感觉，毕竟小说改动画一般会删减不少情节嘛，就我的感觉而言的话这两个应该是互补的感觉，小说能补全动画的情节、背景之类的，动画则是补全了画面和声音之类的东西，虽然有些人觉得文字能给读者想象空间，但是我看书一般都不会去脑补这些东西，都是看情节就完事了，所以尽管看得比较乐，但是并不算深，可能这就是我语文差的原因吧（捂脸）。

Galgame 玩得相对要少一点，毕竟用电脑的时间要少于手机，而且用电脑也不一定是在推 Gal。入坑作的话最开始是玩的亚托莉，因为胡队以前给我推过，而且当时听说要动画化了就打算先去把原作玩了再说，寒假时正好翻到 b 站上有 key 社新作《星之终途》的汉化，就下下来玩了一下（所以没写完年终总结），高二下期则是推富婆妹和岛，然后前几周把向日葵给推完了，老实说这么玩下来我感觉还是更喜欢剧情向的，废萌实在是不太适合我，《魔女的夜宴》也是推了一半就不想玩了（不过听说柚子社剧情好像一直都比较一般？），富婆妹虽然确实是推完了但整体印象没有很深刻，倒是其他几部真的让我挺震撼的，亚托莉对机器人的感情的书写，星之终途里面菲莉亚的成长和男主感情上的转变，岛的那种像是看悬疑剧一样的剧情进展和男女主的悲剧，以及向日葵的庞大世界观和逐步深入的节奏，老实说虽然玩得少，但这四部都给我留下了挺深的印象的，尤其是向日葵，一开始是在贴吧里听说是和岛同一世界观，就找来玩了（但是感觉完全没看出有啥联系，毕竟一个是 1999 和 22019 年，一个是 2048 年和 2050 年），从一开始以为是少女与少年相遇的故事，到最后 Another Side 里面东条财团的计划，整个剧情属于是不停地前后照应，并且世界观不断拓宽，称其为人物群像一点都不为过，几乎每个人物都有很鲜明的形象（至少有配音的人物是这样的），而且设定也很有意思，有些地方我还没有完全玩懂，尤其是 Another Side 里面红叶出现过的类似于里人格的存在，Aoi 想起的什么跟四十五个人一起的很长很长的旅行，以及秋樱在明香线最后说的四十亿年来被囚禁在月球上的记忆，总感觉其实这个故事还没有完，不过听说 Aqua After 里面会有对设定的补全，等我玩完之后可能会写一篇感想吧。

V+ 自从前年入坑之后就一直没放下，虽然不敢说听了很多，但也不算太少吧，至少比较有名的应该是没怎么落下的，但是 IA 的歌真的有点少（哭），只好一直抱着以前的那些听，OS 投稿也少了，最新的一张专辑还是夏背唱的（有了老婆也不要忘记 IA 啊呜呜呜）。

还有就是去出勤了一次（音游算 ACG 吧？算吧？算了不管了我说算就算），前辈带我去的那个店是专门的音游街机店，总之把各种都玩了一下，最后发现好像只会玩 GC，maimai 和中二，当然不是说打得很好，只是其他的几乎完全读谱不能，尤其是 SDVX，感觉光是按键就不太会打了，旋钮直接爆杀我。后来暑假补课期间在学校电子白板上整了个夜神，拿来玩 maipad，感觉水平还是上升了一点，起码能打一些红谱了（别笑，大胜利了已经），不过效果说实话不尽人意，不知道是不是因为拍得有点用力还是什么原因，轮到我玩的时候总是断触，而且是八个位置全都没反应，只能重开一把，还是想实际上机玩啊。

总的来说，今年还是收获颇丰，虽然高三可能各种方面都得收敛一点，但应该还是不会完全放下的。

关于我自己

虽然去年是先写的文化课的方面才写的这个，但是仔细一想我自己的心境其实对文化课学习影响还是挺大的，所以可能先写这个会好一点吧。

老实说因为时间跨度有点大所以其实我也不太搞得清楚这里写的到底是这一年的变化还是之前就有的，但总之我试着把目前的状态表达一下吧。

用一句话概括的话，这一年我算是变得挺悲观的了吧。原因可能有点说不太清楚，一个应该是因为周六补课导致每周都过得有点累，心情有点压抑，虽然我也清楚高二开始周六补课其实在有些地方算不了什么，但它确实很能消磨我的精神，本来我也不是没做好高三开始周六补课的准备，毕竟就那么一年，使点劲应该也就过去了，但没想到高二就要开始，而且事前完全没有预兆，这就很让人头痛，而且说实在的 80 分钟的课真的相当不合理好不好，一节课下来可能真正有效的时间最多也就 60 分钟，甚至有的老师还要占用本来就没多少的课间时间，真的相当恶心。扯远了，总而言之呢，因为之前我一直是比较颓的一个状态，所以有点难适应这种节奏，经常会有一种苦日子看不到头的感觉，虽然一直有人在跟我说时间过得很快的，但我觉得这完全是在放马后炮，应该不会有人觉得做平板支撑的时候时间过得很快罢，差不多就是这个道理。

还有一个就是好像逐渐也看清了自己，反正就是觉得以后的生活好像也没有什么太大的指望，这一年来时不时就会感觉到自己其实除了学习稍微还算看得过去之外也没有什么特别的能力，甚至像人际交往这些基本可以算得上是有不小的缺陷，我完全没办法想象自己以后可能会独自生活，需要面对生活中的方方面面，像我这种跟陌生人说话都要磕磕巴巴小心翼翼的人以后说不定走在路上都要被骗，每次一遇到需要交涉的情况脑子就会一片空白，即使事前做了准备也没用，事后还是会觉得这也没办好那也没办好，跟别人聊天也是，哪怕只是闲聊也会让气氛变得很尴尬，完全不会说话，有时候真的对自己还是挺失望的。

讲道理，其实我个人现在对于生命之类的东西也没有太看重了，我感觉人生就是一个实现目标与赌可能性的过程，但凡还有可能实现自己的终极目标，人生就还是可以过的，但反过来说如果没有可能或者是可能性小到不值得去忍受一些痛苦来赌的话，那么人生其实也就没什么意思，某种意义上来说也就可以放弃了，当然我也并不是鼓励看轻生命选择自杀，我认为自杀应该是给自己解脱，而不是一时冲动的行为，必须认真考虑将来的道路，确定自己已经觉得活着是种痛苦之后才可以进行。

以上都是我个人的看法，请不要太当回事，毕竟也只是一个还没成年也没见过世面的人的胡思乱想，有可能过个几年再回来看这段的时候我会羞愧得删掉也说不定呢（笑）。

嘛，不过不管怎么说，就目前而言我觉得我的生活还是有过下去的意义的，尽管可能性或许不大，但我还愿意为了将来能做自己喜欢的事这一目标而努力，总而言之呢，高三加油吧。

关于文化课

高二这一年的文化课说实话不太理想吧，差不多一直都是总有一科考砸的状态，虽然下期最后有一两次考的还不错，但是零诊又是大爆炸，语数外三科考的都很不好。

不过也没啥好抱怨的，毕竟这一年我确实还是挺颓废的，尤其是因为高二上期就突然开始的周六补课让我觉得情绪上很不爽，所以可能或多或少有点无意识地放水吧。

其实也没有什么好总结的，反正也就那样。不过呢，好不容易熬到高三了，虽然起点没有那么理想，不过也还算是没有偏离轨道太多，毕竟我高一的时候的打算是高一高二先稳在年级前六十，可以适当颓一颓，高三卷一年卷上去，到目前为止还算是有一个不算坏的基础，虽然我很担心高三到底能不能卷到想象中那么厉害就是了，毕竟由卷入颓易，由颓入卷难不是吗（笑）。

最后的这一年我也没有必要再去想什么学习的意义之类的东西了，大学去了有的是时间想。目前我个人的目标是上海交通大学的计算机方面的专业（更详细的划分等高考成绩出来再说吧），不过老实说难度很高，毕竟今年好像要 690 多分才考得上上交，我高中两年也只有一次考到过 690，680 印象中好像也是只有一两次，所以如果实在考不上的话复旦大学也是很不错的，而且分要低一点，680 多就行，实在不行，反正电子科大是我的底线，再低可能就得换个专业了。清北？想想就行了，目标太高只会让自己失望，自己有几斤几两我还是清楚的。

没有什么用的 Flag 环节

虽然说博客上面发的这些 Flag 好像我从来没有太在意过，也没有努力回收过，但就把它当成一个例行公事好了。

下一次的总结应该是高三的暑假，也就是说这次的 Flag 是针对高三这一年的，既然如此可能也没有什么太好说的。

• 考上上海交通大学

虽然高考之前还有几次诊断考试，但是俗话说结果好一切都好，所以其实给那些诊断考试定目标意义不太大，当然我肯定还是会认真考的。