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)