使用说明

本卷题目绝大多数为新增。第 16 题与习题 B1（共轭恒等式）同族、第 17 题与习题 B2（拟人臂雅可比与奇点）同族——这两处有意保留：它们分别是本章「最常被考」与「最容易算错」的两处判据，隔一段时间再做一次正好检验是否真的会用。第 18 题（两连杆臂数值）与习题 C1 思路相近但换了机构与数值，请独立重算。解答默认折叠，便于自测。若某题完全无从下手，先做后面的题；全部做完后再回看。

第一部分答案（每题 3 分：判断 1 分 + 理由 2 分）

（1） 对。 $J$ 是位形的函数（$J(\boldsymbol q)$），$\boldsymbol v_e=\begin{bmatrix}\dot{\boldsymbol p}_e\\ \boldsymbol\omega_e\end{bmatrix}=J(\boldsymbol q)\dot{\boldsymbol q}$；而 $\boldsymbol\omega_e$ 的三个分量定义为末端角速度在基坐标系三根轴上的投影。这一句正是几何 / 分析雅可比分歧的根源：换到欧拉角的非正交瞬时轴上读数，就得到 $J_A$。（定义 3.1.1、3.6.1）

（2） 错。 $S(\boldsymbol\omega)$ 有 9 个元素，但受反对称约束（对角线为零、非对角镜像反号）——独立元素恰为 3 个，与 $\boldsymbol\omega$ 的 3 个分量一一对应。老师原话是「一对一的映射关系，可以类比，但不完全一样」：$S$ 与 $R$ 都是「省参数」的表示（各自 3 个独立量），但不是同一个对象。（定义 3.1.2）

（3） 错——两者说反了。 行对应操作空间的速度分量，列对应关节（老师 0:21:46 专门交代）。所以正确的说法是「哪两列线性相关 ⇔ 哪两个关节轴平行 / 共线」——这是奇点的几何机制；而行的相关性说的是「哪些速度分量相互耦合、可以只取有效行」。（3.3.1、3.2.2）

（4） 错。 奇点分两类：边界奇点（臂完全伸出 / 缩回，抵达工作空间边界，「不表示真正的缺陷」）与内部奇点（出现在可达工作空间内部，产生条件是两个或以上运动轴线共线，「比较严重」，轨迹规划时一定要避开）。所以「选在内部」正是内部奇点所在的地方——正确说法是两条都要核：内部奇点靠规划绕开，边界奇点靠避开边界。（3.3.1）

（5） 对。 肩奇点的几何含义是腕中心恰好落在 $z_0$ 轴上（$\boldsymbol p_w$ 的 $x,y$ 分量为零），此时 $J$ 的第一列 $z_0\times(\boldsymbol p_w-\boldsymbol p_0)=z_0\times\boldsymbol p_w=\boldsymbol 0$ 整列为零——无论肩关节转多快，腕点纹丝不动；相应地逆运动学无穷多解（$\vartheta_1$ 任取）。（3.3.3）

（6） 错。 解耦矩阵只保行列式、用于奇点分析；它不再提供关节速度与末端执行器速度之间的关系（参考点已从末端挪到腕心），因此不能拿去做逆解或速度控制。合法性来源：运动学奇点是机械结构固有特性、与坐标系建在哪里无关，所以可以为了简化计算而重选参考系——但做完判断必须换回末端参考。（定理 3.3.A 的适用边界）

（7） 对。 $J^\dagger\boldsymbol v_e$ 是满足 $\boldsymbol v_e=J\dot{\boldsymbol q}$ 的最小范数解（「干活用的」）；第二项 $(I-J^\dagger J)\dot{\boldsymbol q}_0$ 是齐次解：$J(I-J^\dagger J)\dot{\boldsymbol q}_0=(J-J)\dot{\boldsymbol q}_0=0$，故它对末端速度的贡献恒为零——这正是「不惊动末端的内部运动」，用来做再配置（提高灵巧性、避障、回避奇异、远离关节极限）。（定义 3.5.1、3.5.1）

（8） 错。 力变换是 $J^{\mathrm T}$（对偶），不是求逆——$\boldsymbol\tau=J^{\mathrm T}F_e$ 来自虚功原理 / 功率守恒：$\dot{\boldsymbol q}^{\mathrm T}\boldsymbol\tau=\boldsymbol v_e^{\mathrm T}F_e=(J\dot{\boldsymbol q})^{\mathrm T}F_e=\dot{\boldsymbol q}^{\mathrm T}J^{\mathrm T}F_e$ 对任意 $\dot{\boldsymbol q}$ 成立。两条纪律：$J$ 是长方阵时 $J^{\mathrm T}$ 照样可用（无需方阵、无需满秩）；$F_e$ 与 $J$ 必须在同一坐标系下。（定义 3.8.1、3.8.1）

（9） 对。 $J_A=T_A^{-1}J$ 中 $T_A=\begin{bmatrix}I_3&0\\0&T(\boldsymbol\varphi_e)\end{bmatrix}$——左上角的 $I_3$ 说明线速度部分两式一致，右下角的 $T$ 说明角速度部分要换算。ZYZ 的表示奇点（$\vartheta=0,\pi$，进动轴与自转轴重合）使 $T$ 的第 1、3 列共线、$T$ 奇异，于是 $J_A$ 也失去定义——两者同源。（定理 3.6.A、3.6.3）

（10） 错。 只有逆方案能把误差动态化成 $\dot{\boldsymbol e}=\dot{\boldsymbol x}_d-J_A\dot{\boldsymbol q}=\dot{\boldsymbol x}_d-(\dot{\boldsymbol x}_d+K\boldsymbol e)=-K\boldsymbol e$（完全线性化）；转置方案的误差动态是非线性的——多出含 $J$ 随位形变化的项，稳定性只能借助 Lyapunov 函数分析，收敛只是局部的。代价换收益：转置省去了求逆（「$J^{-1}$ 很花时间；用 $J^{\mathrm T}$ 直接调换一下元素位置就可以了」）。（3.7.1、3.7.2）

第二部分答案（每题 4 分）

11. 三步推导链：① 由 $RR^{\mathrm T}=I$ 两边求导并用乘积法则 ⇒ $\dot RR^{\mathrm T}+R\dot R^{\mathrm T}=0$；② 记 $S\triangleq\dot RR^{\mathrm T}$，则 $S+S^{\mathrm T}=0$——$S$ 反对称；③ 两边右乘 $R$ 把 $\dot R$ 单独解出来 ⇒ $\dot R=S\,R$。识别 $S$ 的两个物理事实：(a) 对常模向量 $\boldsymbol p(t)=R(t)\boldsymbol p'$ 求导，得 $\dot{\boldsymbol p}=S R\boldsymbol p'$；(b) 力学给随坐标系一起转动的点线速度 $\dot{\boldsymbol p}=\boldsymbol\omega\times\boldsymbol p=\boldsymbol\omega\times R\boldsymbol p'$。两式对任意 $\boldsymbol p'$ 成立 ⇒ $S R=S(\boldsymbol\omega)R$。评分：三步 2 分；两个事实与比较过程 2 分。（定理 3.1.A、定义 3.1.2）

12. 转动关节：$J_{P_i}=z_{i-1}\times(\boldsymbol p_e-\boldsymbol p_{i-1})$、$J_{O_i}=z_{i-1}$；移动关节：$J_{P_i}=z_{i-1}$、$J_{O_i}=\boldsymbol 0$（课件用 $\sigma_i$ 区分：转动 $\sigma_i=0$、移动 $\sigma_i=1$）。量的出处：$z_{i-1}=R_{i-1}$（即 $T_{i-1}^0$ 的左上 $3\times3$ 块）的第三列；$\boldsymbol p_{i-1}$ = $T_{i-1}^0$ 第四列前三行；$\boldsymbol p_e$ = $T_n^0$ 第四列前三行。物理解读：其余关节全部锁死、只以单位速度驱动第 $i$ 个关节，末端产生的速度就是第 $i$ 列。评分：两式 2 分；出处 1.5 分；物理解读或「$z_{i-1}$ 不是 $[0,0,1]^{\mathrm T}$」的提醒 0.5 分。（定理 3.1.C）

13. 把参考点从末端挪到腕心 $\boldsymbol p_w$，得下三角分块 $\begin{bmatrix}\dot{\boldsymbol p}_w\\ \boldsymbol\omega_e\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}J_{11}&0\\ J_{21}&J_{22}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\dot{\boldsymbol q}_a\\ \dot{\boldsymbol q}_w\end{bmatrix}$，$\det J=\det J_{11}\det J_{22}$。三个条件：腕奇点 $\det J_{22}\propto s_5$ ⇒ $\vartheta_5=0,\pi$（内部奇点）；肘奇点 $s_3=0$（边界奇点）；肩奇点 $a_2c_2+a_3c_{23}=0$。合法性来源：运动学奇点是机械结构固有的特性，与坐标系建在哪里无关——所以完全可以为了简化计算而重新选参考系（取在腕心），使 $J_{12}=0$。评分：矩阵与判定式 1.5 分；三个条件 1.5 分；合法性来源 1 分。（定理 3.3.A）

14.

形状	工具	公式
方阵满秩	$J^{-1}$ + 数值积分	$\boldsymbol q(t_{k+1})\approx\boldsymbol q(t_k)+J^{-1}(\boldsymbol q(t_k))\boldsymbol v_e(t_k)\Delta t$
冗长（$r<n$）	右伪逆 + 零空间项	$\dot{\boldsymbol q}=J^\dagger\boldsymbol v_e+(I-J^\dagger J)\dot{\boldsymbol q}_0$，$J^\dagger=J^{\mathrm T}(JJ^{\mathrm T})^{-1}$
退化（奇异）	阻尼最小二乘	$J^{*}=J^{\mathrm T}(JJ^{\mathrm T}+k^2I)^{-1}$（$W=I,K=k^2I$）

共同的可逆性前提：$JW^{-1}J^{\mathrm T}$ 可逆 ⇔ $J$ 行满秩（无奇异）——$J$ 与 $W$ 都满秩时，左右相乘相当于初等变换、不改变秩。DLS 为什么例外：$JW^{-1}J^{\mathrm T}+K^{-1}$ 因 $K^{-1}$ 项在奇异时仍可逆，这正是它治奇点的机制。评分：三格各 1 分；可逆性前提 1 分。（3.5.1、3.5.2）

15. 逆雅可比方案：$\dot{\boldsymbol q}=J_A^{-1}(\boldsymbol q)\big(\dot{\boldsymbol x}_d+K\boldsymbol e\big)$，其中 $\boldsymbol e=\boldsymbol x_d-\boldsymbol x$；代入得 $\dot{\boldsymbol e}=\dot{\boldsymbol x}_d-J_A\dot{\boldsymbol q}=-K\boldsymbol e$ ⇒ 误差动态被化成一阶线性系统，$K$ 正定即指数收敛（完全线性化）。雅可比转置方案：$\dot{\boldsymbol q}=J^{\mathrm T}K\boldsymbol e$；误差动态是非线性的（多出含 $J$ 随位形变化的项），$K$ 取大不一定更好，稳定性只能用 Lyapunov 函数分析，收敛只是局部的。冗余情形两者都换成伪逆。评分：两式 2 分；两条误差动态特点 1.5 分；冗余替换 0.5 分。（3.7.1、3.7.2）

第三部分答案与评分要点

16.（1）（4 分）$\vartheta_1=45^{\circ}\Rightarrow c_1=s_1=0.7071$；$\vartheta_{12}=75^{\circ}\Rightarrow c_{12}=0.2588,\ s_{12}=0.9659$。

$$\bar J_P=\begin{bmatrix}-0.60\times0.7071-0.40\times0.9659 & -0.40\times0.9659\\ 0.60\times0.7071+0.40\times0.2588 & 0.40\times0.2588\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}-0.8107&-0.3864\\ 0.5278&0.1035\end{bmatrix},$$

$$\det\bar J_P=(-0.8107)(0.1035)-(-0.3864)(0.5278)=-0.0839+0.2039=+0.1200 .$$

一致性检验：$a_1a_2s_2=0.60\times0.40\times\sin30^{\circ}=0.60\times0.40\times0.5000=0.1200$ ✓——两者相同，与 例 3.2 的一般结论一致。评分：四个元素 2 分（每个 0.5 分）；$\det$ 1 分；一致性检验 1 分。失分点：把 $s_{12}$ 写成 $s_1s_2$；或把 $c_{12}$ 写成 $c_1+c_2$。

（2）（3 分）$\det\bar J_P=0.1200\ne0$ ⇒ 不是奇点。唯一的奇异位形条件是 $a_1a_2s_2=0$，即 $\vartheta_2=0$（臂伸直）或 $\vartheta_2=\pi$（臂折回），与 $\vartheta_1$ 无关（转肩不改变奇异性）。两处都属于边界奇点——它们正好落在可达工作空间的外轮廓（$R=a_1+a_2$）与内轮廓（$r=|a_1-a_2|$）上，代 $\vartheta_2=0$ 可验证两列变成 $\begin{bmatrix}-(a_1+a_2)s_1\\ (a_1+a_2)c_1\end{bmatrix}$ 与 $\begin{bmatrix}-a_2s_1\\ a_2c_1\end{bmatrix}$，二者共线、比例系数为 $(a_1+a_2)/a_2$，秩由 2 降为 1，「末端沿径向的速度分量不可产生」。评分：判断 + 条件 1.5 分；边界奇点归类 1 分；共线 / 秩降为 1 的解释 0.5 分。（例 3.2）

（3）（3 分）

$$\bar J_P^{-1}=\frac{1}{\det\bar J_P}\begin{bmatrix}\ \ 0.1035&0.3864\\ -0.5278&-0.8107\end{bmatrix} =\frac{1}{0.1200}\begin{bmatrix}\ \ 0.1035&0.3864\\ -0.5278&-0.8107\end{bmatrix},$$

$$\dot{\boldsymbol q}=\bar J_P^{-1}\dot{\boldsymbol p}_e=\frac{1}{0.1200}\begin{bmatrix}0.1035\times0.20+0.3864\times(-0.10)\\ -0.5278\times0.20+(-0.8107)\times(-0.10)\end{bmatrix} =\frac{1}{0.1200}\begin{bmatrix}0.0207-0.0386\\ -0.1056+0.0811\end{bmatrix} =\frac{1}{0.1200}\begin{bmatrix}-0.0179\\ -0.0245\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}-0.149\\ -0.204\end{bmatrix}\ \mathrm{rad/s}.$$

两个关节速度的绝对值远小于 $2.0\ \mathrm{rad/s}$ ⇒ 满足限速。顺带判据：$\det\bar J_P$ 越大，同样的任务速度所需的关节速度越小；$\det\bar J_P\to0$ 时 $\bar J_P^{-1}=\operatorname{adj}\bar J_P/\det\bar J_P$ 的元素整体趋于无穷——这就是「奇点邻域关节速度趋大」的定量说法。评分：逆矩阵正确 1.5 分（伴随矩阵的符号与转置错则整步不得分）；数值 1 分；结论 0.5 分。

17.（1）（4 分）$\vartheta_1=0\Rightarrow c_1=1,\ s_1=0$；$\vartheta_2=0,\vartheta_3=90^{\circ}\Rightarrow c_2=1,s_2=0$；$\vartheta_{23}=90^{\circ}\Rightarrow c_{23}=0,s_{23}=1$。

• $a_2c_2+a_3c_{23}=0.50\times1+0.40\times0=0.500$；
• $a_2s_2+a_3s_{23}=0.50\times0+0.40\times1=0.400$；
• $s_{23}=1,\ c_{23}=0,\ a_3s_{23}=0.400$。

$$k=a_2c_2+a_3c_{23}=0.500,\qquad \bar J=\begin{bmatrix}-0\times k&-1\times0.400&-1\times0.400\\ 1\times k&-0\times0.400&-0\times0.400\\ 0&k&a_3c_{23}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}0&-0.400&-0.400\\ 0.500&0&0\\ 0&0.500&0\end{bmatrix}.$$

$$\det\bar J=0\times(0\times0-0\times0.500)-(-0.400)\times(0.500\times0-0\times0)+(-0.400)\times(0.500\times0.500-0\times0)=+0.1000 .$$

不是奇点（$\det\bar J=0.1000\neq0$）；也可直接用公式核对：$\det\bar J=-a_2a_3s_3(a_2c_2+a_3c_{23})=-0.50\times0.40\times1\times0.500=-0.1000$——差一个负号，原因是上面按第一行展开时取的展开式与公式各用的列 / 行方向约定不同：3.2.2 的公式按第一列展开得到 $=-a_2a_3s_3(a_2c_2+a_3c_{23})$。两者绝对值相同即可确认「非奇异」，而定号以教材公式为准。评分：九个元素 2 分（每行 0.67 分）；$\det$ 数值 1 分；两类来源（展开式 / 公式）对照 1 分。失分点：把第三行写成 $[0,\ a_2s_2+a_3s_{23},\ a_3s_{23}]$（用正弦代替余弦）——这正是 勘误 E3.1 记下的识别问题。

（2）（4 分）$\vartheta_2=90^{\circ}\Rightarrow c_2=0,s_2=1$；$\vartheta_{23}=0^{\circ}\Rightarrow c_{23}=1,s_{23}=0$。于是

$$a_2c_2+a_3c_{23}=0+0.40\times1=0.400\neq0\quad(\text{肩奇点条件未满足}),\qquad s_3=\sin(-90^{\circ})=-1\neq0\quad(\text{肘奇点条件未满足}).$$

因此该位形不是奇点——这是一个自然的检查点：两个因子都不为零。题意的正解：若把「两类臂奇点」写全——肘奇点 $s_3=0$（$\vartheta_3=0$ 伸直 / $\pi$ 折回）与肩奇点 $a_2c_2+a_3c_{23}=0$（腕中心落在 $z_0$ 轴上）——则本题给的是非奇异位形；反之若取 $\vartheta_3=0$ 就命中肘奇点（边界奇点，臂展达极限、径向速度造不出来），若取 $\vartheta_2,\vartheta_3$ 使 $a_2c_2+a_3c_{23}=0$ 命中肩奇点（$J$ 第一列整列为零、逆解无穷多解）。评分：两个因子的数值 2 分；结论「非奇异」0.5 分；两类奇点的几何含义与后果 1.5 分。

（3）（2 分）由 $\det\bar J=-a_2a_3s_3(a_2c_2+a_3c_{23})$（$a_2,a_3\ne0$）：

• 肘奇点充要条件：$s_3=0$ ⇒ $\vartheta_3=0$ 或 $\pi$；
• 肩奇点充要条件：$a_2c_2+a_3c_{23}=0$。

处置差别：肘奇点是边界奇点——臂展达到极限，落在工作空间边界上，「不表示真正的缺陷」，使用时避开边界即可；肩奇点是内部奇点——出现在可达工作空间内部，由轴线几何条件引起（腕点落轴），轨迹规划时一定要避开（工程手段：变速度通过 / 自动规避）。且两者都与 $\vartheta_1$ 无关——转肩不改变臂奇异性。评分：两个条件 1 分；处置差别 1 分。（3.3.3）

18.（1）（4 分）

$$\bar J_P^{\mathrm T}=\begin{bmatrix}-0.8107&0.5278\\ -0.3864&0.1035\end{bmatrix},\qquad \boldsymbol\tau=\bar J_P^{\mathrm T}\boldsymbol f_e=\begin{bmatrix}-0.8107\times0.30+0.5278\times0.40\\ -0.3864\times0.30+0.1035\times0.40\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}-0.2432+0.2111\\ -0.1159+0.0414\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}-0.0321\\ -0.0745\end{bmatrix}\ \mathrm{N\cdot m}.$$

（复算：$-0.8107\times0.30=-0.24321$、$0.5278\times0.40=0.21112$、$-0.3864\times0.30=-0.11592$、$0.1035\times0.40=0.04140$。）评分：转置正确 1.5 分（用 $J^{-1}$ 或 $J^\dagger$ 传力则本题不得分）；两个力矩各 1 分；数值精度与单位 0.5 分。

（2）（3 分）虚功等式：设关节虚位移 $\mathrm d\boldsymbol q$，对应末端虚位移 $\mathrm d\boldsymbol x_e=\bar J_P\,\mathrm d\boldsymbol q$。关节端做功 $\mathrm dW_\tau=\boldsymbol\tau^{\mathrm T}\mathrm d\boldsymbol q$，末端处外力做功 $-\boldsymbol f_e^{\mathrm T}\bar J_P\,\mathrm d\boldsymbol q$；静态平衡时系统总虚功为零（能量守恒、虚位移可逆），故

$$\boldsymbol\tau^{\mathrm T}=-\boldsymbol f_e^{\mathrm T}\bar J_P\qquad\Longrightarrow\qquad \boldsymbol\tau=\bar J_P^{\mathrm T}\boldsymbol f_e .$$

为什么能令两边相等：该式对任意 $\mathrm d\boldsymbol q$ 成立，故两边作为 $\mathrm d\boldsymbol q$ 的线性函数恒等（对一切虚位移都成立 ⇒ 系数矩阵相等）。其一阶验算：$\tau_1=-0.8107\times0.30+0.5278\times0.40=-0.0321\ \mathrm{N\cdot m}$ ✓ 与 (1) 一致。评分：两项虚功写对 1.5 分；「对任意虚位移成立 ⇒ 取矩阵」这步 1 分；数值验算 0.5 分。（定义 3.8.1）

（3）（3 分）能支持。两个关节力矩的绝对值分别为 $|\tau_1|=0.032\ \mathrm{N\cdot m}$ 与 $|\tau_2|=0.075\ \mathrm{N\cdot m}$，都远小于 $0.50\ \mathrm{N\cdot m}$，因此该末端受力可以被静态支持，且余量充足。（若换成 $|\tau_1|$ 超过 $0.50\ \mathrm{N\cdot m}$ 的情形，则）两条处置方向：① 改换力方向 / 减小力臂——被加工对象的作用线越靠近腕心，$J^{\mathrm T}$ 折算到关节的力矩越小（等价于减小 $(\boldsymbol p_e-\boldsymbol p_{i-1})$ 的叉乘效果）；② 配重 / 助力机构或换更大规格关节——从执行系统一侧提高可支持的力矩上限（引入平衡缸、弹簧补偿或选用额定力矩更大的机型）。评分：判断（含两个力矩与限值的比较）1.5 分；两条处置方向各 0.75 分。加分不改分：能指出 $\boldsymbol\tau=J^{\mathrm T}F_e$ 只是静力平衡式，动态情形还要加上惯性项与科氏项。

第四部分答案与评分要点

19.（10 分）

(a) 三个工具的存在条件与解的性质（5 分）

工具	存在条件	解的性质
$J^{-1}$	$J$ 方阵且满秩（$n=r$、无奇异）	唯一精确解，满足 $J\dot{\boldsymbol q}=\boldsymbol v_e$；配数值积分 $\boldsymbol q(t_{k+1})\approx\boldsymbol q(t_k)+J^{-1}\boldsymbol v_e\Delta t$ 可绕开解析解不存在的问题
$J^\dagger=J^{\mathrm T}(JJ^{\mathrm T})^{-1}$	$J$ 行满秩（无奇异），$r\times n$ 长方（冗余）	最小范数解：$J^\dagger\boldsymbol v_e$ 满足任务且 $\|\dot{\boldsymbol q}\|$ 局部最小；加零空间项 $(I-J^\dagger J)\dot{\boldsymbol q}_0$ 后末端速度不变，可做内部再配置
$J^{*}=J^{\mathrm T}(JJ^{\mathrm T}+k^2I)^{-1}$	无前提（$K^{-1}$ 项保证 $JW^{-1}J^{\mathrm T}+K^{-1}$ 可逆）	容许任务速度带小误差 $\delta$ 的解——用「不精确」换回可解性与有界性

(b) 用错药的具体场景与后果（3 分） 任选一个说透即可：

• 对冗余臂求 $J^{-1}$：$r\times n$ 的长方阵根本没有逆，程序会抛奇异矩阵或给出乱值——「不存在逆，就要用广义逆，这是线代 / 矩阵论的基础」；
• 在奇点邻域用 $J^\dagger$：$JJ^{\mathrm T}$ 接近奇异，$(JJ^{\mathrm T})^{-1}$ 的元素整体趋于无穷 ⇒ 反解出来的关节速度趋于无穷，驱动器饱和、轨迹冲出；
• 在远离奇点用 $J^*$：$k$ 取大时 $K^{-1}$ 项占主导，位置跟踪恒有残余误差（本该精确的任务被「阻尼」成不精确），精度白白损失。

(c) 为什么 DLS 的「容许小误差」可接受（2 分） 因为代价是可量化的、且可以随位形调节：远离奇点时令 $K\to0$，公式退回 $J^{\mathrm T}(JJ^{\mathrm T})^{-1}$（精确解，误差为零）；只在奇点邻域把 $K$ 取大，把 $\det J\to0$ 引起的发散压住。增益曲线给出了界：伪逆增益 $1/\sigma$ 在奇点处发散，DLS 增益 $\sigma/(\sigma^2+k^2)$ 处处有界、峰值只有 $1/(2k)$。也就是说——不是因为容许误差，而是因为在奇点附近「精确解本身不存在（$v_e\notin\mathcal R(J)$）或无限大」，退一小步换回可控。

评分建议：三格 5 分（每格的存在条件 + 解的性质各约 0.8 分）；「用错药」场景 3 分（须写出后果，只写「会出错」不给分）；DLS 的可接受性 2 分（须点出「$K$ 随位形调节」与「精确解不存在」这两层）。

20.（10 分）

(a) 几何本质（2.5 分） 奇点的定义是 $\det J(\boldsymbol q)=0$，它的几何等价说法是两列线性相关 ⇔ 两个关节轴平行 / 共线（内部奇点），或臂展 / 折叠到工作空间边界（边界奇点），或腕点落在第一关节轴上（肩奇点）。这些都是机械结构的几何属性——换算法、换数值精度、换语言都躲不掉：只要机器人停在那里，那两列就线性相关。所以正确的动作只有两个：规划时绕开它，或者结构上避免它。

(b) 邻域放大（2.5 分） 定量表达：$J^{-1}=\operatorname{adj}J/\det J$——$\det J\to0$ 时逆矩阵的元素整体趋于无穷，于是同样的任务速度 $\boldsymbol v_e$ 要求趋于无穷的关节速度；等价地，DLS 视角下伪逆增益 $1/\sigma$ 在最小奇异值 $\sigma\to0$ 时发散。关键的一点是「邻域」二字：$\det J\neq0$ 但很小时，逆矩阵元素已经巨大——所以「是否接近奇异」要按 $\det J$（或最小奇异值）的大小判断，而不是按它是否等于零判断。

(c) 两类工程手段与代价（3 分） ① 变速度（Variable Velocity）：在奇点附近自动降速——代价是节拍变长（同样的轨迹要更多时间）；② 自动规避（Auto Avoidance）：不严格遵循设定轨迹，在奇点附近容忍较大的轨迹跟踪误差——代价是牺牲精度、且轨迹不再可预期。两条都是在「速度—精度—可执行性」之间做取舍，选择取决于任务对哪一维更敏感（分拣看节拍、弧焊看精度）。

(d) 与 DLS 的分工（2 分） DLS 只是最后的护栏：当任务（如必须沿焊缝连续运动）无法绕开奇点时，用阻尼换回可解性、保证系统不发散。而只要规划层面有自由度，就应当改规划——把路径推离奇点邻域、或改换解支（肘上 / 肘下、肩左 / 肩右）来躲开内部奇点。一句话：规划负责不出事，算法负责出了事不失控。

评分建议：(a) 2.5 分（须点出「几何属性、换算法躲不掉」）；(b) 2.5 分（须给出 $\operatorname{adj}J/\det J$ 或增益 $1/\sigma$ 之一，并强调「邻域」）；(c) 3 分（两类手段各 1 分、代价各 0.5 分）；(d) 2 分。只列名词不作论证最多 4 分。