由定义，我们可以发现，Q、R都大于零，这样就满足条件了。如果我们要把（4.18）化为（1.7）形式，那么很自然的想法是两边同乘Q或R，然后右边塞到微分里面，换个元，那么参数k就应该是Q/R或R/Q了。但是要满足k在0到1之间，积分变量要在-1到1之间，所以需要讨论……吗？别忘了，我们还没有定义1、3轴，现在给出1、3轴的定义：

1、3轴转动惯量及初始角速度应该满足\(Q\ge R\),即\( (I_3-I_2)(L^2-2I_1T)\ge(I_2-I_1)(2I_3T-L^2)\)，代入初始值，有：

\((I_3-I_2)I_3\omega_{30}^2 \ge (I_2-I_1)I_1\omega_{10}^2\)(4.19)

我们有\(\frac{R}{Q}\le 1\)，那么我们就两端同乘Q，有:

\(QPdt = \frac{dQ\omega_2}{\sqrt{(1-Q^2\omega_2^2)(1-(\frac{R}{Q})^2Q^2\omega_2^2)}}\)(4.20)

这里我们再定义：

\(\lambda = QP = n_1n_3n\sqrt{\frac{(I_3-I_2)(L^2-2I_1T)}{I_1I_2I_3}}\)(4.21)

\(k =\frac{R}{Q} = \sqrt{\frac{(I_2-I_1)(2I_3T-L^2)}{(I_3-I_2)(L^2-2I_1T)}}\)(4.22)

\(\xi = Q\omega_2 = \sqrt{\frac{I_2(I_3-I_2)}{2I_3T-L^2}}\omega_2\)(4.23)

于是，由（4.19），我们有：

\(\int_0^t\lambda dt = \int_{\xi(0)}^{\xi(t)}\frac{d\xi}{\sqrt{(1-\xi^2)(1-k^2\xi^2)}}\)(4.24)

这样就可以直接积分了……吗？不，我们虽然保证了\(k_1\in[0,1]\)，但\(\xi_1\)的范围还不知道，由于它的值是常量，我们不妨代入初始值。我们希望它是在-1与1之间的，这样我们就可以直接用第一类椭圆积分了。现在我们来证一下。

显然\(\xi_1\)大于等于零，所以要证的只有它小于等于一。

结合（1.3）（1.4），移项有：\(I_2(I_3-I_2)\omega_2^2 = (2I_3T-L^2)-I_1(I_3-I_1)\omega_1^2\)(4.25)

代入即有\(\xi = \sqrt{1-\frac{I_1(I_3-I_1)\omega_1^2}{2I_3T-L^2}}\)(4.26)

(4.26)中根式里面减去的那一项由前面的讨论和定义可知，一定大于等于零，所以显然\(\xi\in[0,1]\)

现在我们终于可以放下一切顾虑愉快地积分了！

综上所述，我们有(4.24)：

\(\int_0^t\lambda dt = \int_{\xi(0)}^{\xi(t)}\frac{d\xi}{\sqrt{(1-\xi^2)(1-k^2\xi^2)}}\)

当1、3轴取向满足\((I_3-I_2)I_3\omega_{30}^2 \ge (I_2-I_1)I_1\omega_{10}^2\)时：

\(\lambda = n_1n_3n\sqrt{\frac{(I_3-I_2)(L^2-2I_1T)}{I_1I_2I_3}}\)(4.27)

\(k = \sqrt{\frac{(I_2-I_1)(2I_3T-L^2)}{(I_3-I_2)(L^2-2I_1T)}}\)(4.28)

\(\xi = \sqrt{\frac{I_2(I_3-I_2)}{2I_3T-L^2}}\omega_2\)(4.29)