完了，对不起各位，这是个意外，我本来计划写完再发的，结果不小心点到提交了 。我公式编辑器还用得不熟，再加上时间不够，这样的话可能更得很慢……我每天写一点，我尽量一周内写完。

那么继续第一部分的第三点：

由此规范，我们有：

欧拉运动学方程：

${\omega }_1=\dot{\phi }sin(\theta )sin(\psi )+\dot{\theta }cos(\psi )$ (1.2.1)

${\omega }_2=\dot{\phi }sin(\theta )cos(\psi )-\dot{\theta }sin(\psi )$ (1.2.2)

${\omega }_3=\dot{\phi }cos(\theta )+\dot{\psi }$(1.2.3)

定点转动角动量：

$\overrightarrow{L}=I_1{\omega }_1\overrightarrow{e_1}+I_2{\omega }_2\overrightarrow{e_2}+I_3{\omega }_3\overrightarrow{e_3}$(1.3)

定点转动动能：

$T=\frac{1}{2}(I_1{\omega }_1^2+I_2{\omega }_2^2+I_3{\omega }_3^2)$(1.4)

那么，由能量守恒$T+V=E$得：

$\frac{1}{2}(I_1{\omega }_1^2+I_2{\omega }_2^2+I_3{\omega }_3^2)+V=E$(1.5)

由角动量定理$\dot{\overrightarrow{L}}=\overrightarrow{M}$得欧拉动力学公式：

$I_1\dot{{\omega }_1}-(I_2-I_3){\omega }_2{\omega }_3=M_1$(1.6.1)

$I_2\dot{{\omega }_2}-(I_3-I_1){\omega }_3{\omega }_1=M_2$(1.6.2)

$I_3\dot{{\omega }_3}-(I_1-I_2){\omega }_1{\omega }_2=M_3$(1.6.3)

4.勒让德第一类椭圆积分和一些雅氏椭圆函数的定义：

对${\int }_0^u\frac{d\xi }{\sqrt{(1-{\xi }^2)(1-k^2{\xi }^2)}}$(1.7)的积分：

若有$u\in [-1,1]$和$k\in [0,1]$

我们可以换元，令$\xi =sin(\alpha ),u=sin(\varphi )$

即有${\int }_0^{\varphi }\frac{d\alpha }{\sqrt{1-k^{2}si{n}^2(\alpha )}},\varphi =arcsin(u)\in [-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]$(1.8)

这个积分无法用有限的基本初等函数表示，我们将这个积分的结果记作$F(\varphi ,k)$或$F(arcsin(u),k)$

可以求得它的级数表示：

$F(\varphi ,k)=\varphi +\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}{\int }_0^{\varphi }(ksin(\alpha ){)}^{2n}d\alpha )$(1.9)

特别地，如果$\varphi =\frac{\pi }{2}$即$u=1$，这时(1.9)中求和号内的积分可以积出，此时称为勒让德第一类完全椭圆积分，记作$K(k)$，有$K(k)=F(\frac{\pi }{2},k)=\frac{\pi }{2}(1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}{k}^n{)}^2)$(1.10)

注意上面的!!并不是取完阶乘后再取一次，而是重阶乘，我第一次遇到的时候也以为是取两次，因为卡西欧是这么算的

这个很重要，不知道这个定义看不懂啊！！！(注意！这里的“！！！”不是三重阶乘，只是感叹号，包括本句句首的“！”也只是感叹号)

从上面似乎可以看出$F(\varphi ,k)$的定义域是$[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]$,但我们总可以使用被积函数的偶函数和周期函数特性，将其定义域延拓至整个实数集，我们有：

${\int }_0^{\varphi +2c\pi }\frac{d\alpha }{\sqrt{1-k^{2}si{n}^2(\alpha )}}={\int }_0^{\varphi }\frac{d\alpha }{\sqrt{1-k^{2}si{n}^2(\alpha )}}+4c{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{d\alpha }{\sqrt{1-k^{2}si{n}^2(\alpha )}},\varphi \in [-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}],c\in Z$

即$F(\varphi +2c\pi ,k)=F(\varphi ,k)+4cK(k),\varphi \in [-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}],c\in Z$

不妨设$k=\frac{114514}{191981}$ ,作图即可直观地看到被积函数的性质：

注意！积分(1.7)时仍要确保$u\in [-1,1]$

如果我们把k看作参量，可以得到它的反函数，记作$am(\beta ,k)$

有$\beta =F(\varphi ,k),\varphi =am(\beta ,k)$(1.11)

定义函数：

$sn(\beta ,k)=sin(am(\beta ,k))$(1.12)

$cn(\beta ,k)=cos(am(\beta ,k))$(1.13)

$dn(\beta ,k)=\sqrt{1-k^{2}s{n}^2(\beta ,k)}$(1.14514)

椭圆函数作为数学的一个重要分支，肯定不止这些，我也是在学习理论力学的过程中发现需要用到临时学的，也仅仅刚好够用于求解刚体定点转动，有大佬懂的话还请科普

前置知识点就这些了，一会给出在哪里可以系统学习。

对了，给论坛提一下建议，就是这个公式编辑器能不能做到更加人性化一点呢？就这点我输了一个半小时（好像还有个鼠标移到上面公式编辑器那个按钮会乱蹦的bug……）

接下来说下这些知识可以在哪里系统学习：

1. 线性代数可以参考同济大学的线性代数，我就是看这本的，不过是真的烂啊，把初学者当欧拉还是牛顿啊！bilibili应该有些教程，我没看过，自己参考吧。

2. 欧拉角的定义就看那张图吧，欧拉角在飞控的开发中很重要啊，论坛内外应该都有不少介绍的

3. 刚体力学基础可以参考周衍柏先生的理论力学教程，写得很好，不过硬啃肯定有困难，哔哩哔哩也有一个讲得特别明白的视频，看刚体这一节就行了，前面不看也看得懂，无痛入门啊，链接放这了：https://www.bilibili.com/video/BV1xJ411s78q/?spm_id_from=333.337.search-card.all.click&vd_source=dd348fe7fcf284e0ed80f49ff172deae

4. 这个只是学习必要的知识的话，可以看哔哩哔哩这个视频：物理学杂谈P5.孩子还不会椭圆积分怎么办？稳啦！手把手讲解！_哔哩哔哩_bilibili，系统学习的话参考王竹溪先生和郭敦仁先生的特殊函数概论，但我买来几乎就当个字典用……感觉好难
   

二、重刚体定点转动可解出解析解的情况的分类：

1. 欧拉-潘索情况：对刚体的三主轴惯量没有要求，但要求所有力作用于固定点，即$\overrightarrow{M}=\overrightarrow{0}$(2.1)

常见于忽略空气阻力的抛体运动下求解刚体的转动情况等无力矩转动问题，以及陀螺仪的分析，与刚体的一般运动密切相关。

  2.拉格朗日-泊松情况：要求三个主轴惯量至少有两个相等，且质心在动力对称轴上且不与固定点重合，常见于陀螺的分析。

  3.科凡律夫斯卡雅情况：要求$2I_1=I_2=I_3$，质心在惯量椭球赤道平面上。由于其求解涉及超几何函数，没学过，也没什么时间去学，再加上其适用情况很窄，故本文不讨论，有大佬懂的话还请补充。

值得说明的是，以上就以及是被找到的全部可解的情况了，其他的情况，都没找到解法，只能数值求解，就连这三种情况，求解方法也完全看不到共性。

我再网上找到的解法都是1.2.的，然而几乎都停在了导出欧拉动力力学方程的特殊情况那一步，这对有好奇心的人十分不友好，所以，接下来会详细阐述它们如何求解，并给出最终结果。在此之前，我们先看一个例子——周衍柏先生的理论力学教程中推导对称欧拉-潘索情况的方法（即1.情况多加一个至少两个主轴惯量相等的条件）。下面会发图。

三、一种求解对称欧拉-潘索情况的方法和几何法定性分析一般的欧拉-潘索情况的方法，这里就直接发图了。

最后一面下半部分的拉格朗日-泊松情况后面未求出最终解，不用看，我后面会发的

四、终于进入正题了！开始推导一般的欧拉-潘索情况！

（以下默认$I_1\le I_2\le I_3$或$I_3\le I_2\le I_1$，或若选取的刚体系不是这样，那么换个系就好了，至于1、3轴到底怎么选取，后面会讲）

由于（2.1），本情况力矩为零，不用管力和坐标的关系，所以我们可以先求解欧拉动力学方程（1.6），得到三轴角速度后再带回欧拉运动学方程（1.2）。由于力矩为零，且力作用再固定点上不做功，故动能和角动量的大小是常量。

由（1.4）：$I_1{\omega }_1^2+I_2{\omega }_2^2+I_3{\omega }_3^2=2T$(4.1)

由（1.3）：$I_1^2{\omega }_1^2+I_2^2{\omega }_2^2+I_3^2{\omega }_3^2=\overrightarrow{L}\cdot \overrightarrow{L}=L^2$(4.2)

接下来我们尝试通过(4.1)(4.2)用${\omega }_2$表示${\omega }_1$和${\omega }_3$，至于为什么要这么做，为什么一定要用2轴角速度表示1、3轴角速度，一会儿会说明的（悄悄埋个伏笔）。

求解一个二元一次方程组得到${\omega }_1^2$和${\omega }_3^2$的表达式然后开方即可，不过多赘述，有：

${\omega }_1=n_1\sqrt{\frac{(2I_{3}T-L^2)-I_2(I_3-I_2){\omega }_2^2}{I_1(I_3-I_1)}}$(4.3)

${\omega }_3=n_3\sqrt{\frac{(L^2-2I_{1}T)-I_2(I_2-I_1){\omega }_2^2}{I_3(I_3-I_1)}}$(4.4)

以上两式中的n₁、n₃的值是$\pm 1$，而我为何不用$\pm$后面会说，方便计算。由于(4.3)(4.4)式是对整个运动过程都成立的，所以n₁、n₃的值可以由初始状态${\omega }_{10}$和${\omega }_{30}$的方向决定。

那么理顺一下思路，我们以及用2轴角速度表示了1、3轴的角速度，我们可以通过测量初始时刻三个欧拉角的值及其对时间的导数的值得到三轴初始角速度，通过1、3轴初始角速度可以确定n₁和n₃的值，也就是确定（4.3）（4.4）式中的根式的符号。动能T的大小和角动量L的大小及方向都可以通过（1.4）（1.3）式得出。由于（4.3）（4.4）是全过程成立的，只要我们能够解出2轴角速度随时间的变化关系，我们可以得知任意时刻1、3轴角速度的值，进而求解欧拉运动学方程得出欧拉角随时间的变化，完成本类问题的求解。也就是说，本类问题化成了求解2轴角速度随时间变化关系的问题

我们不是由欧拉动力学方程吗？将(4.3)(4.4)两式带入（1.6.2），又有M₂=0，稍微变形一下，可以导出这样一个微分方程：

$\dot{{\omega }_2}=\frac{n_1{n}_{3}n}{I_2\sqrt{I_1{I}_3}}\sqrt{((2I_{3}T-L^2)-I_2(I_3-I_2){\omega }_2^2)((L^2-2I_{1}T)-I_2(I_2-I_1){\omega }_2^2)}$(4.5)

（4.5）中的n的值是$\pm 1$，根据$I_3-I_1$的正负确定，因为导出（4.5）时需要求根号下$I_3-I_1$的平方，再和$I_3-I_1$约分，所以会带符号。

这个微分方程有没有种熟悉的感觉？分离变量后就发现时间那一边可以很简单地积分出来，而角速度那一边，根式在分母，根式里面式四次式，且由两个二次式的乘积组成，而这两个二次式都是一个常数减去另一个常数乘变量的平方形式。这很像第一类椭圆积分欸！于是，我们要尝试用椭圆积分表示2轴角速度。

不过先等等，中间要插入有关在无力矩无约束的情况下刚体绕主轴自由定轴转动的动平衡稳定性问题。至于为什么要先讨论这个，后面就知道了。不过这些要明天再更了啊。

那么，现在讨论一下无力矩的情况下刚体绕主轴自由转动的平衡稳定性：

我们先假设刚体绕着转动惯量最大的3轴自由转动，1、2轴角速度为零，由欧拉动力学公式（1.6.3）有$\dot{{\omega }_3}=0$，即${\omega }_3={\mathrm{\Omega }}_3$，${\mathrm{\Omega }}_3$为常量。现在，我们假设由微扰导致1、2轴出现了小角速度${\omega }_1$

和${\omega }_2$。注意！它们是小量！那我们对(1.6.1)两侧求导，再将(1.6.2)代入，有：

$\ddot{{\omega }_1}+\frac{(I_3-I_1)(I_3-I_2)}{I_1{I}_2}{\mathrm{\Omega }}_3^2{\omega }_1=0$(4.6)

$\ddot{{\omega }_2}+\frac{(I_3-I_1)(I_3-I_2)}{I_1{I}_2}{\mathrm{\Omega }}_3^2{\omega }_2=0$(4.7)

不难看出(4.6)(4.7)都是二阶常系数线性常微分方程，并且它们的特征方程都是$r^2+A_{3}r=0,A_3=\frac{(I_3-I_1)(I_3-I_2)}{I_1{I}_2}{\mathrm{\Omega }}_3^2$。

由微分方程的知识可以得知，特征方程有两个单实根、一个二重实根、一对共轭复根，也就是特征方程的判别式大于、等于、小于零的情况，分别对应指数函数形式、指数函数与一次函数乘积形式（当然这个特征方程的判别式等于零的话，重根就是零，所以再这个问题中解就是一次函数形式）、三角函数形式的通解，如果要稳定，则1、2轴的角速度应该恒为小量，即只能是三角函数形式。

不难看出，对i轴（i= 1，2，3），A_i>0则稳定，其余情况都不稳定。仿照上文的讨论，不难写出：

$A_1=\frac{(I_1-I_2)(I_1-I_3)}{I_2{I}_3}{\mathrm{\Omega }}_1^2$(4.8.1)

$A_2=\frac{(I_2-I_1)(I_2-I_3)}{I_1{I}_3}{\mathrm{\Omega }}_2^2$(4.8.2)

$A_3=\frac{(I_3-I_1)(I_3-I_2)}{I_1{I}_2}{\mathrm{\Omega }}_3^2$(4.8.3)

由$I_1\le I_2\le I_3$或$I_3\le I_2\le I_1$不难得出，三主轴转动惯量都不相等的时候绕转动惯量最大和最小的那个轴转动是稳定的将一直保持定轴转动，绕转动惯量中等的那个轴转动不稳定，将迅速变为定点转动。叫做网球拍定理，名字来源好像是扔网球拍的时候可以观察到这个现象，下面给两张绕轴转动不稳定的动图。

图像来源神十四太空授课，航天员做“扳手翻转”实验，曾被苏联保密10年？_腾讯新闻 (qq.com)

里面还有几张动图

好了，那我们看看三轴转动惯量不相同的情况下如果稳定（即绕1、3轴定轴转动）的欧拉角的方程是什么吧，至于两轴转动惯量相同和三轴转动惯量相同后面会作为特例讨论的。

很明显这个时候是定轴转动，进动角和章动角都是常数，而自转角速度是常数。我们知道对固定点角动量的方向再这个情况下不会改变，于是我们不妨取其方向作为转轴吧。由（1.3）知，这个时候角动量与转轴（1、3轴）方向相同。由于欧拉角的缺陷——再章动角为零的情况下，无法分辨自转与进动，这里就按照一般习惯称为自转，毕竟说定轴转动下有进动无自转很奇怪嘛。然后，由于仅一个轴有角速度，不妨取初始自转角为零，那么，对于初始时仅绕1、3轴自由转动，我们分别有最终结果：

$\phi =0,\theta =0,\psi ={\mathrm{\Omega }}_{1}t$(4.9)

$\phi =0,\theta =0,\psi ={\mathrm{\Omega }}_{3}t$(4.10)

很好，这样我们就得到了一般的欧拉-潘索情形在两种情况下的特例。至于为什么要先提一嘴这俩情况，后面会说。

那对于绕2轴的不稳定情况、一开始不绕任何主轴转动的定轴转动和一开始就是定点转动的更加一般的情况呢？且听下回分解

后面的部分式子是又臭又长，再加上这两天有事，所以从这里开始要更得慢点了

好的继续：

根据上面的讨论，我们得到了关于2轴角速度的微分方程（4.5）

为了搞成第一类椭圆积分的形式，我们希望吧$2I_{3}T-L^2$、$L^2-2I_{1}T$提取出去，所以我们必须先讨论它们的大小，结合（1.3）（1.4）式，代入初始角速度，我们有：

$2I_{3}T-L^2=I_1(I_3-I_1){\omega }_{10}^2+I_2(I_3-I_2){\omega }_{20}^2$(4.11)

$L^2-2I_{1}T=I_2(I_2-I_1){\omega }_{20}^2+I_3(I_3-I_1){\omega }_{30}^2$(4.12)

好了先回收一个伏笔，记得为啥一定要用2轴角速度表示1、3轴角速度不？就是这个原因，这样推导出来由各主轴惯量之间的大小关系可以一眼看出，不管1、3轴转动惯量大小如何，$2I_{3}T-L^2$和$L^2-2I_{1}T$二者同号！

之前说过，先讨论主轴惯量不等的情况，那么如果$2I_{3}T-L^2$等于零，$L^2-2I_{1}T$不等于零，那么由（4.11），（4.12）可知1、2轴初始角速度为零，仅3轴初始角速度不为零，这不就是前面说到绕3轴定轴转动吗？那么定点转动退化为定轴转动，那么运动规律就是（4.10）了！（看到没第二个伏笔也回收了 ）

反之，如果$2I_{3}T-L^2$不等于零，$L^2-2I_{1}T$等于零，那么由（4.11），（4.12）可知2、3轴初始角速度为零，仅1轴初始角速度不为零，运动规律也就是（4.9）

那万一$2I_{3}T-L^2$和$L^2-2I_{1}T$都等于零呢？那更简单了，由（4.11），（4.12）可知，1、2、3轴初始角速度都为零，角速度矢量各个分量都为零，那么初始角速度不就零矢量了吗？也就是这个情况下刚体静止，压根就没动！即：

$\phi =0,\theta =0,\psi =0$(4.13)

这个情况相当简单，一看就知道了，所以当三轴角速度为零时刚体一定保持静止，运动规律一定是（4.13），和它的三个主轴惯量是否相同无关，所以后面讨论由主轴惯量相同的特殊情况的时候，就不考虑这种情况了。

当然，我知道大家不是想看这么简单的特殊情况，那么接下来就讨论$2I_{3}T-L^2$和$L^2-2I_{1}T$都不等于零的最一般的情况。

先把（4.5）$2I_{3}T-L^2$和$L^2-2I_{1}T$提出来，然后把根式移到左侧分母，把dt移到右侧，利用n₁n₃的性质，有：

$n_1{n}_{3}n\frac{\sqrt{(2I_{3}T-L^2)(L^2-2I_{1}T)}}{I_2\sqrt{I_1{I}_3}}dt=\frac{d{\omega }_2}{\sqrt{(1-\frac{I_2(I_3-I_2)}{2I_{3}T-L^2}{\omega }_2^2)(1-\frac{I_2(I_2-I_1)}{L^2-2I_{1}T}{\omega }_2^2)}}$(4.14)

更像第一类椭圆积分了对吧？

似乎只用换给变量再积分就可以了。但是，我们还要注意2轴角速度平方前面的系数取值范围的问题，毕竟前文说了，必须再0到1之间。这个下午再发

再进一步讨论前，先设置几个变量，一会看起来舒服点。令：

$P=n_1{n}_{3}n\frac{\sqrt{(2I_{3}T-L^2)(L^2-2I_{1}T)}}{I_2\sqrt{I_1{I}_3}}$(4.15)

$Q=\sqrt{\frac{I_2(I_3-I_2)}{2I_{3}T-L^2}}$(4.16)

$R=\sqrt{\frac{I_2(I_2-I_1)}{L^2-2I_{1}T}}$(4.17)

则，（4.14）可改写为$Pdt=\frac{d{\omega }_2}{\sqrt{(1-Q^2{\omega }_2^2)(1-R^2{\omega }_2^2)}}$(4.18)

由定义可知，P、Q、R三者根号下的部分都大于零，所以为实数。

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$(I_3-I_2)(L^2-2I_{1}T)\ge (I_2-I_1)(2I_{3}T-L^2)$，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:

$QPdt=\frac{dQ{\omega }_2}{\sqrt{(1-Q^2{\omega }_2^2)(1-(\frac{R}{Q}{)}^2{Q}^2{\omega }_2^2)}}$(4.20)

这里我们再定义：

$\lambda =QP=n_1{n}_{3}n\sqrt{\frac{(I_3-I_2)(L^2-2I_{1}T)}{I_1{I}_2{I}_3}}$(4.21)

$k=\frac{R}{Q}=\sqrt{\frac{(I_2-I_1)(2I_{3}T-L^2)}{(I_3-I_2)(L^2-2I_{1}T)}}$(4.22)

$\xi =Q{\omega }_2=\sqrt{\frac{I_2(I_3-I_2)}{2I_{3}T-L^2}}{\omega }_2$(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：$I_2(I_3-I_2){\omega }_2^2=(2I_{3}T-L^2)-I_1(I_3-I_1){\omega }_1^2$(4.25)

代入即有$\xi =\sqrt{1-\frac{I_1(I_3-I_1){\omega }_1^2}{2I_{3}T-L^2}}$(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：

$\lambda =n_1{n}_{3}n\sqrt{\frac{(I_3-I_2)(L^2-2I_{1}T)}{I_1{I}_2{I}_3}}$(4.27)

$k=\sqrt{\frac{(I_2-I_1)(2I_{3}T-L^2)}{(I_3-I_2)(L^2-2I_{1}T)}}$(4.28)

$\xi =\sqrt{\frac{I_2(I_3-I_2)}{2I_{3}T-L^2}}{\omega }_2$(4.29)

从（4.24）中，利用勒让德第一类椭圆积分，两端积分可以解出$\xi$，即：

$\lambda t=F(arcsin(\xi (t)),k)-F(arcsin(\xi (0)),k)$(4.30)

利用雅各比椭圆函数，有：

$\xi (t)=sn(\lambda t+F(arcsin(\xi (0)),k),k)$(4.31)

由于$F(arcsin(\xi (0)),k)$是常量，不妨定义为$\mu$，即
$\mu =F(arcsin(\xi (0)),k)=F(arcsin(\sqrt{\frac{I_2(I_3-I_2)}{2I_{3}T-L^2}}{\omega }_{20}),\sqrt{\frac{(I_2-I_1)(2I_{3}T-L^2)}{(I_3-I_2)(L^2-2I_{1}T)}})$(4.32)

这样（4.31）可以进一步简化为：

$\xi (t)=sn(\lambda t+\mu ,k)$(4.33)

那么由（4.29），（4.33）及定义可得到二轴角速度随时间的变化关系：

${\omega }_2(t)=\sqrt{\frac{2I_{3}T-L^2}{I_2(I_3-I_2)}}sn(\lambda t+\mu ,k)$(4.34)

继续之前，先梳理一波思路，我们已经得到了2轴角速度随时间的变化关系，只用代入（4.3）（4.3）便可知道三个轴各自角速度随时间的变化关系，代入欧拉运动学方程（1.6）即可得到欧拉角随时间的变化关系，也就是我们要的结果。虽然很多新设的参量，但是理论上看，一般的问题，模型是简单的，特殊的问题，可以计算这些参量的值，也很简单。实际应用上看，也可以方便地测量出各参量进而应用。当然，还有个重点，这个sn函数，它是什么？实际上雅各比椭圆函数是有级数表达式的，这么看甚至比还需要用积分表述的勒让德第一类椭圆积分还要简单。但是，我之前也说了，我也是看理论力学的时候搞不明白才学的一点皮毛的皮毛，所以我根本不会，而且近期学习计划都更偏向物理，这些东西可能几年后我才会学，所以，雅各比椭圆函数的级数表达式和证明请参考王竹溪先生和郭敦仁先生的特殊函数概论。我就不发了，因为太恶心且涉及好多书前面内容的参量。不过纵使它很恶心，再理论上的估算和实际应用上还是比较方便的，因为雅各比椭圆函数有周期性（这个由定义很容易看出sn、cn的周期为4K(k)，dn的周期为2K(k)）而且的收敛比较快，所以实际应用中通过测量研究对象即可算出k和K(k)，然后级数一般取前几项就够了，用程序实现很简单的。我下面放一下前几项的图，图片来自于雅可比椭圆函数函数的幂级数展开式怎么证明？ - 知乎 (zhihu.com)

赞美楼主。几个月前在matlab里面搭了一点东西看仿真曲线和动画。想过找解析解，自己能力不够没找到。

难得见到的纯理论长帖，赞

坏了……出了点小问题，我一开始自己算的时候没有考虑前面说的一个讨论，写的时候突然发现，然后现场讨论了下，以为不同情况用不同的参量就没问题了，可是现在才发现似乎并不是这样，因为1、3轴角速度函数名不同……那么后面得继续讨论了……

昨天出了的那个问题我终于搞定了。是这样的，我之前写在笔记本上，漏了一个很小的点，即正负号，但是这牵扯出了一个很大的麻烦。我昨天写上来的时候才发现，我昨天无法解释，想了好久，又去知网搜论文，但完全没有这个方向的研究。今天上午终于完全想通了，发现原来答案没错，但是过程有问题。这个插曲让我发现这样把自己的发现记录发到论坛还是有很大作用的，重新梳理思路真的有利于发现纠正错误，更有利于加深对物理的理解。我现在不在家，用的是手机，我决定今晚回家就先把这一步本来错误的过程发出来(当然比起说是错误，更像是不严谨，只是有几步没证就出来了)，然后再补充为什么答案是正确的。(对了，这件事情让我更加认识到物理是美的，之前我搞出的结果确实简洁美观，后面发现过程不严谨以为是错的，搞出来其他的结果都很丑而且都是错的，最后确实证明出来前面漂亮的结果是正确的)

讨论前先说明一下，为防止混淆，第四章从此就只在雅各比椭圆函数内部使用自定义的参数了，也只使用$\lambda 、\mu 、k$这三个了。

由于$(I_3-I_2)I_3{\omega }_{30}^2\ge (I_2-I_1)I_1{\omega }_{10}^2$

由（4.34）将其代入（4.3），有：${\omega }_1(t)=n_1\sqrt{\frac{2I_{3}T-L^2}{I_1(I_3-I_1)}}\sqrt{1-s{n}^2(\lambda t+\mu ,k)}$(4.35)

由定义得：

${\omega }_1(t)=\sqrt{\frac{2I_{3}T-L^2}{I_1(I_3-I_1)}}cn(\lambda t+\mu ,k)$(4.36)

那么代入（4.4），有：${\omega }_3(t)=n_3\sqrt{\frac{L^2-2I_{1}T}{I_3(I_3-I_1)}}\sqrt{1-(\sqrt{\frac{(I_2-I_1)(2I_{3}T-L^2)}{(I_3-I_2)(L^2-2I_{1}T)}}{)}^{2}s{n}^2(\lambda t+\mu ,k)}$(4.37)

不难发现，根式里面，第二个因式sn²前面的系数，正是k²！由定义，即有：

${\omega }_3(t)=n_3\sqrt{\frac{L^2-2I_{1}T}{I_3(I_3-I_1)}}dn(\lambda t+\mu ,k)$(4.38)

总结一下，我们现在便得出了三轴角速度随时间的变化关系，胜利就在眼前啊!

但是，有人可能注意到两个问题，也就是我前文说的不严谨的地方，一是为什么默认n1、n3是常量？二是为什么（4.37）式排除n₃一定大于零，而（4.38）式可以小于零也可以大于零而不加绝对值，然后n1为什么没了？好的，一会儿会讨论这个，狡辩一下，这么做的原因是表述更加方便，如果这里直接用正确的方法说的话表述太麻烦了，不如先这样推出来，再说明下为什么（好吧最重要的原因是我自己推的时候犯了两个低级错误结果算出来是对的，干脆就先这么写了）

结论：

${\omega }_1(t)=\sqrt{\frac{2I_{3}T-L^2}{I_1(I_3-I_1)}}cn(\lambda t+\mu ,k)$(4.39.1)

${\omega }_2(t)=\sqrt{\frac{2I_{3}T-L^2}{I_2(I_3-I_2)}}sn(\lambda t+\mu ,k)$(4.39.2)

${\omega }_3(t)=n_3\sqrt{\frac{L^2-2I_{1}T}{I_3(I_3-I_1)}}dn(\lambda t+\mu ,k)$(4.39.3)

以上（4.39）式即为三轴角速度随时间的变化关系，有没有感觉特别美？刚好对应了三个主要的雅各比椭圆函数等等……感觉有千丝万缕的联系。

在讨论之前，先说明一件事，就是物理和数学不同的地方，在于物理是反映世界的，所以有些数学上合理的在物理反而不合理，比如你不可能说某个质点的运动轨迹是y = D(x)吧？毕竟狄利克雷函数这么抽象，现实中物体的运动不可能出现这种情况。所以去看看数理方法，里面就经常会出来一些因为不符合物理就舍去什么的情况，这在物理里面是合理的，但数学上应该就是逼疯数学家的操作了。

那么我们可以说明上文说的第二个问题了，确实是不应该加绝对值的，否则在函数值为零的情况下，该点左右导数不同，该点不可导！在数学上也许没什么，但是物理上麻烦就大了，相当于这个点的角加速度出现了突变，看起来没啥，但是往欧拉动力学方程里面一代就会发现这个时候，另外两个轴的角速度的乘积发生了突变！也就是另外两个轴的角加速度至少一个要无穷大！这在数学里可以说句无穷不存在什么的，但是物理里面出现无穷大可是有大问题的！也就是说这种解必须舍去。

那既然不能加绝对值，那怎么解释实际上1、3轴角速度其中一个可以与初始方向不同，而设的时候却假设了必须相同？这就要扯到第一个问题了。实际上n₁、n₃可以改变符号即从-1变为+1或从+1变为-1！但是都可以改变吗？什么时候改变？显然如果能变，那么只能在角速度值为零的时候改变，毕竟角速度必须连续变化，角速度不为零的时候改变符号意味着角速度突变，意味着角加速度为无穷大。

在讨论到底改变不改变之前，我们先来看看对于和这俩量无关的2轴角速度会怎么变。由于n₁、n₃如果都变，那么$\lambda$肯定不变，最后结果也肯定不变，因为负负得正嘛。那如果只改变一个呢？那么

$\lambda$将会变成类似方波的形式，积分后则是类似三角波的形式，如图

那么2轴角速度积分出来在sn函数里面的则是这样的一个三角波函数代替一次函数。由sn函数和cn函数的定义可知，cn函数为零，也就是符号可能改变时，sn函数在最大值或最小值处。也就是说这个时候sn函数里面的那部分的值只能在sn函数的某个最大值和它相邻一个最小值之间，匀速随时间改变，遇到最值则改变随时间改变的方向。注意到sn函数的周期性，那么2轴角速度的值则不会改变，如图，完全相当于原来的形式。

这也是为什么我错误的过程可以推出正确的结论。因为不过n₁和n₃到底变不变，怎么变，2轴角速度的表示都不变，推出来的1、3都是那个形式，最多只差正负号。而正负号的改变由上文的讨论，为保证角速度为零时可导，只能且必须在角速度为零时改变。原来直接从根式里面开出来就需要绝对值，绝对值对连续的函数不就相当于在函数值为零处改一次符号吗？负负得正了，符号改回去了！所以绝对值符号和n₁可以去掉了，n₃可以当做常量取初始值了！

这也就解决了那两个问题。

为方便，往后就按照（4.39）的形式，不带绝对值，且把n₃当成常量了，因为结果是完全等价的。

好了，至此欧拉动力学方程的求解就完成了，接下来求解欧拉运动学方程。我们现在尝试使用角速度来表示欧拉角。考虑到角动量守恒，我们取角动量L的方向作为空间坐标系z轴，然后利用欧拉角分解到1、2、3轴方向，通过与角速度的关系便可求出欧拉角。

我们可以直接分解得出三轴角动量的值。当然，考虑到L与进动角对时间的导数$\dot{\phi }$方向相同，也就是说，角动量分解到1、2、3轴后L前系数与角速度分解到1、2、3轴后$\dot{\phi }$前的系数一致。利用这点，我们可以得出：

$I_1{\omega }_1=Lsin(\theta )sin(\psi )$ (4.40.1)

$I_2{\omega }_2=Lsin(\theta )cos(\psi )$ (4.40.2)

$I_3{\omega }_3=Lcos(\theta )$(4.40.3)

先捏软柿子，从（4.40.3）可以显然看出章动角，有$cos(\theta )=\frac{I_3{\omega }_3}{L}$。

我们知道，$\theta \in [0,\pi ]$，而arccos函数的值域也是$[0,\pi ]$，所以我们可以用arccos函数唯一确定一个$\theta$，即：$\theta =arccos(\frac{I_3{\omega }_3}{L})$(4.41)

同时，看看（4.40.1）和（4.40.2）的形式，可以利用正弦余弦平方和为一的特性。（4.40.1）和（4.40.2），先平方再相加，开方，利用$\theta \in [0,\pi ]$，正弦大于零，有：

$sin(\theta )=\frac{\sqrt{I_1^2{\omega }_1^2+I_2^2{\omega }_2^2}}{L}$(4.42)

其实我们不需（4.42）也可确定章动角，但是后面要用它，所以一并求出来了。也可以直接由（4.41）式，利用三角函数正余弦平方和为一及这种情况下正弦大于零的特性求出。

接下来看自转角（4.40.1）和（4.40.2）相除即可求出自转角的正切值，周衍柏先生的理论力学上便是这么求的对称陀螺的。但是那是因为对称情况下，角速度之比也刚好有正切出现，可以直接通过诱导公式和角的范围确定，而一般情况下并不具备这种条件，再加上arctan函数的值域并不是$[0,2\pi ]$，所以我们计划求出自转角的正弦和余弦值，并通过它们确定自转角的值。有：

$sin(\psi )=\frac{I_1{\omega }_1}{Lsin(\theta )}=\frac{I_1{\omega }_1}{\sqrt{I_1^2{\omega }_1^2+I_2^2{\omega }_2^2}}$(4.43)

$cos(\psi )=\frac{I_2{\omega }_2}{Lsin(\theta )}=\frac{I_2{\omega }_2}{\sqrt{I_1^2{\omega }_1^2+I_2^2{\omega }_2^2}}$(4.44)

通过（4.43）（4.44）可以唯一确定自转角$\psi$。

最后搞最麻烦的进动角$\phi$，由（1.2.3）可以得出

$\dot{\phi }=\frac{{\omega }_3-\dot{\psi }}{cos(\theta )}$(4.45)

看样子这个就必须积分了，我们先确定被积函数，利用（4.41），（4.43），（4.44）和三角函数微分的性质，有

$\dot{\phi }=\frac{L}{I_3}-\frac{L\sqrt{I_1^2{\omega }_1^2+I_2^2{\omega }_2^2}}{I_2{I}_3{\omega }_2{\omega }_3}\frac{d}{dt}[\frac{I_1{\omega }_1}{\sqrt{I_1^2{\omega }_1^2+I_2^2{\omega }_2^2}}]$(4.46)

积分，有：

$\phi =\frac{L}{I_3}t-\frac{I_{1}L}{I_3{I}_2}{\int }_0^t\frac{\sqrt{I_1^2{\omega }_1^2+I_2^2{\omega }_2^2}}{{\omega }_2{\omega }_3}\frac{d}{dt}[\frac{{\omega }_1}{\sqrt{I_1^2{\omega }_1^2+I_2^2{\omega }_2^2}}]dt+{\phi }_0$(4.47)

代入角速度便可得到最终结果，一会发出来。

这几天有点忙，可能更得要慢一点

我现在发现了三个东西，一是n有一个最后要去掉，二是其实本文可以不用分类讨论，只需要在最初根据不同情况改一下坐标轴取向即可，三是我发现我之前的问题真的太多了，又发现科创可以编辑回复。所以我打算在前文直接改正回来，特在此说明，以防误导了大家。

终于，我们得到了欧拉潘索情形的结果了

$\phi =\frac{L}{I_3}t-n_{3}L\sqrt{\frac{I_1(I_3-I_2)}{I_2{I}_3(L^2-2I_{1}T)}}{\int }_0^t\frac{\sqrt{I_{1}c{n}^2(\lambda t+\mu ,k)+\frac{I_2(I_3-I_1)}{I_3-I_2}s{n}^2(\lambda t+\mu ,k)}}{dn(\lambda t+\mu ,k)sn(\lambda t+\mu ,k)}\frac{d}{dt}(\frac{cn(\lambda t+\mu ,k)}{\sqrt{I_{1}c{n}^2(\lambda t+\mu ,k)+\frac{I_2(I_3-I_1)}{I_3-I_2}s{n}^2(\lambda t+\mu ,k)}})dt+{\phi }_0-2a\pi$(4.48.1)

(a = 0，1，2……，a是使得$\phi \in [0,2\pi ]$自然数)

$\theta =arccos(\frac{n_3}{L}\sqrt{\frac{I_3(L^2-2I_{1}T)}{I_3-I_1}}dn(\lambda t+\mu ,k))$(4.48.2)

当$cn(\lambda t+\mu ,k)>0$时:

$\psi =arccos(\sqrt{I_2}\frac{sn(\lambda t+\mu ,k)}{\sqrt{I_{1}c{n}^2(\lambda t+\mu ,k)+\frac{I_2(I_3-I_1)}{I_3-I_2}s{n}^2(\lambda t+\mu ,k)}})$(4.48.3.1)

当$cn(\lambda t+\mu ,k)<0$时:

$\psi =2\pi -arccos(\sqrt{I_2}\frac{sn(\lambda t+\mu ,k)}{\sqrt{I_{1}c{n}^2(\lambda t+\mu ,k)+\frac{I_2(I_3-I_1)}{I_3-I_2}s{n}^2(\lambda t+\mu ,k)}})$(4.48.3.2)

当$cn(\lambda t+\mu ,k)=0$时:自转角与dt前后的自转角仅差一小量，可确定为0还是$\pi$

以上便是欧拉潘索情形的一般解，其中参量的值在（4.27）（4.28）（4.32）中确定。

我们现在从（4.48）中讨论特殊情况。

先还是假定三轴转动惯量都不等。

如果初始角速度仅2轴不为零，代入，可以发现什么事情都不会发生，转动还是复杂的定点转动形式。

如果初始角速度仅一轴（不是2轴）不为零，代入，由（4.19），我们应取该轴为3轴。而此时，R为零，即k=0，此时，由雅各比椭圆函数定义，sn函数退化为sin函数，cn函数退化为cos函数，dn函数退化为1，此时代入（4.48.2），由于此时$L^2-2I_{1}T=I_3(I_3-I_1){\omega }_{30}^2$，$L=I_3{\omega }_{30}$应有：

$\theta =arccos(n_3)$(4.49)

即$\theta =0$(当n₃=1时)或$\theta =\pi$(当n₃= -1时)

此时$sin(\theta )=0$

代入（4.40.1）和（4.40.2）可以发现是恒等式，也就是说自转角任意。这也是前文说的欧拉角的缺陷，章动角为零时无法分辨自转和进动。依旧按习惯，取$\psi$使得刚体有自转无进动。

由（4.45）得，$\dot{\psi }={\omega }_{30}$(4.50)

积分，不妨取坐标使得初始自转角为零，进动角为零，即有：

$\phi =0,\theta =0,\psi ={\omega }_{30}t$(4.51)

显然，上式即为（4.9）(4.10)。

这也就验证了网球拍定理

再讨论（4.19）取等号的情况，即Q=P，k=1

由雅各比椭圆函数定义，此时……好像也没啥特殊性质……只是现在（4.48）可以用基本初等函数表示出来了，有兴趣的可以试试

接下来讨论对称欧拉陀螺的情形的一般情况。由定义，此时只可能是一个轴转动惯量与2轴转动惯量相等。由（4.19）应取该轴为1轴。

即$I_1=I_2$。

那么由（4.28），k=0，sn、cn、dn函数分别退化为sin、cos、1，故三轴角速度不改变。

由（4.12），仍有$L^2-2I_{1}T=I_3(I_3-I_1){\omega }_{30}^2$，那么代入（4.48.2），有：

$\theta =arccos(\frac{I_3{\omega }_{30}}{L})$(4.52)

可见章动角为一个常数，且一般不为零。

由（4.48.3），$cos(\psi )=sin(\lambda t+\mu ),sin(\psi )=cos(\lambda t+\mu )$(4.53)，

易知$\psi =\frac{\pi }{2}-(\lambda t+\mu )-2a_{\psi }\pi ,a_{\psi }=0,1,2\dots \dots$(4.54)

由（4.27）（两个符号和对应绝对值，消掉了）：

$\lambda =\frac{I_3-I_1}{I_1}{\omega }_{30}$(4.55)

由（4.32）（k=0，积分一次即可）：

$\mu =arcsin(\frac{{\omega }_{20}}{\sqrt{{\omega }_{10}^2+{\omega }_{20}^2}})$(4.56)

故：

$\psi =\frac{\pi }{2}-(\frac{I_3-I_1}{I_1}{\omega }_{30}t+arcsin(\frac{{\omega }_{20}}{\sqrt{{\omega }_{10}^2+{\omega }_{20}^2}}))-2a_{\psi }\pi ,a_{\psi }=0,1,2\dots \dots$（4.57）

可知自转是匀速的。

代入（4.45），积分，有：$\phi =\frac{L}{I_1}t+{\phi }_0-2a_{\phi }\pi ,a_{\phi }=0,1,2\dots \dots$(4.58)

总结下，对称欧拉陀螺的运动规律：

$\phi =\frac{L}{I_1}t+{\phi }_0-2a_{\phi }\pi ,a_{\phi }=0,1,2\dots \dots$(4.59.1)

$\theta =arccos(\frac{I_3{\omega }_{30}}{L})$(4.59.2)

$\psi =\frac{\pi }{2}-(\frac{I_3-I_1}{I_1}{\omega }_{30}t+arcsin(\frac{{\omega }_{20}}{\sqrt{{\omega }_{10}^2+{\omega }_{20}^2}}))-2a_{\psi }\pi ,a_{\psi }=0,1,2\dots \dots$（4.59.3）

其中常数均是保证欧拉角在其定义域内的。

与前文书中照片对比，发现是一样的，只是后面为满足欧拉角定义域加了几个常数。

这种情况下，进动和自转都是匀速的，且无章动，称之为规则进动。

讨论一下，若仅1或2轴角速度不为零，代入可知，章动角为$\frac{\pi }{2}$，即自转的同时在赤道平面内进动。当然，章动角为何不为零也是欧拉角的缺陷，实际上是稳定的旋转，前文讨论网球拍定理的时候，令两轴转动惯量相等，可以发现为一次函数，有限时间偏移内仍为小量，大家可以扔个矿泉水瓶看看。

而若仅三轴角速度不为零，由（4.59.2）有：

$\theta =arccos(1)=0$(4.60)

即章动角为零，始终绕着角动量方向也就是3轴旋转。此时，还是欧拉角的缺陷，自转和进动似乎都有，我们还是按照习惯取有自转无进动，并取初始自转角为零，即此时：

$\phi =0,\theta =0,\psi ={\omega }_{30}t$(4.61)

最后，再讨论最特殊的情况，三轴转动惯量都相等的情况，不妨把转动惯量都记作$I$，代入（4.59）。

$\phi =\frac{L}{I}t+{\phi }_0-2a_{\phi }\pi ,a_{\phi }=0,1,2\dots \dots$(4.62.1)

$\theta =arccos(\frac{I{\omega }_{30}}{L})$(4.62.2)

$\psi =\frac{\pi }{2}-(arcsin(\frac{{\omega }_{20}}{\sqrt{{\omega }_{10}^2+{\omega }_{20}^2}}))-2a_{\psi }\pi ,a_{\psi }=0,1,2\dots \dots$(4.62.3)

这个就没啥讨论的必要了，角速度矢量不论向哪都一样，据惯量椭球的知识，可以证明，此时任意方向的转动惯量都为$I$，这个就参考理论力学了，且此时角动量矢量方向角速度矢量方向相同，所以可以取这个方向为3轴，并记初始自转角为零。所以，一定有：

$\phi =0,\theta =0,\psi ={\omega }_{30}t$(4.63)

芜湖！欧拉-潘索情形终于完成了！ 上文应该是没有问题了！接下来开始拉格朗日-泊松情形的讨论！

时间太久了，所以回顾一下该情形。

对称陀螺（拉格朗日陀螺），只受重力作用下，绕不与重心重合的固定点转动。

首先说明一下，这个情况用分析力学可以很方便求出来，但是，我刚开坑的时候没想到……，所以我就直接用$L$当角动量了，和拉格朗日量重了……直接用哈密顿正则方程或者哈雅方程也不是不行，但一是没必要，而是这些也应该放到前面前置知识的内容了……最重要的是，这是我学习理论力学的过程中推的，当时就用的牛顿力学，上一个情形虽然发现之前推导有问题但是小改一下就行了，这个直接大改可能要换本笔记本，懒得换了……综上，以下就使用牛顿力学的方法推导拉格朗日-泊松情形定点转动了。

自从毕业以后养成了自动跳过公式的阅读习惯，我甚至都不知道本帖应不应该加精。那么。。。就先鼓励25个KCB（论坛上限）祝贺作者完成鸿篇巨制吧

我觉得作者可以找几个同样对数理感兴趣的小伙伴来这里交流，免得太过孤单。