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