十分抱歉，这几天有事，没更……我们继续。

由于f(x)除上述情况外可以看作有3个实根，不妨设：

$f(x)=\frac{2mgl}{I_1}(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$(5.9)

由上文，我们知道这些实根的范围

不妨设$x_1\ge 1\ge x_2\ge x\ge x_3\ge -1$(5.10)

那么，由（5.3）：

$\dot{x}=n\sqrt{\frac{mgl}{2I_1}}\sqrt{4(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)}$(5.11)

这里提出来一个4是为了后面好换元。

这个n的值是$\pm 1$，用处同前。

这里说一下，对一般的拉格朗日陀螺，实际问题中只需要代入数值求解三个根即可，理论计算中，设出来就行，这几个根可以用三次方程求根公式求解，但是本身f(x)的系数就够复杂了，再带进三次方程中……反正我是不想这么做。不过保留这三个根对实际问题没有任何影响，只是多了一步求解罢了。

接下来，对（5.11）分离变量：

$\frac{dx}{\sqrt{4(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)}}=n\sqrt{\frac{mgl}{2I_1}}dt$(5.12)

两边定积分：

${\int }_{x(0)}^{x(t)}\frac{dx}{\sqrt{4(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)}}=n\sqrt{\frac{mgl}{2I_1}}t$(5.13)

对上式左端的积分，理论力学上说，可以化成椭圆积分，然而，它并没有说如何做。然后，我去查了特殊函数概论这本“字典”，找到了类似情况的换元方法。我尝试使用，然而第一次发现积分变量的取值范围不对，故自己换了一次元，然后又发现k的取值范围不对，然后又换了一次元……而且每次都是快写到最后的时候才发现，真的折磨。不过最后试出来了如何换元，以下就不一一说明之前的过程了，直接给出换元的方法。（我去，我那个时候才知道有些书上巧妙的方法到底是怎么来的，不一定是什么灵光一闪，很可能是推导出来的人用头发献祭的……）

我们换元，令$\xi =\sqrt{\frac{x-x_3}{x_2-x_3}}$(1145.14)

显然$\xi \in [-1,1]$

代入（5.13）得（这一步就直接写结果了啊，就是硬算没啥物理含义）：

${\int }_{\sqrt{\frac{x(0)-x_3}{x_2-x_3}}}^{\sqrt{\frac{x(t)-x_3}{x_2-x_3}}}\frac{d\xi }{\sqrt{(1-{\xi }^2)(1-(\sqrt{\frac{x_2-x_3}{x_1-x_3}}{)}^2{\xi }^2)}}=n\sqrt{\frac{(x_2-x_3)mgl}{2I_1}}t$(5.15)

由定义，显然$\sqrt{\frac{x_2-x_3}{x_1-x_3}}\in [0,1]$

那么，（5.15）可以直接积分，然后把(5.14)代入：

$F(arcsin(\sqrt{\frac{x(t)-x_3}{x_2-x_3}}),\sqrt{\frac{x_2-x_3}{x_1-x_3}})-F(arcsin(\sqrt{\frac{x(0)-x_3}{x_2-x_3}}),\sqrt{\frac{x_2-x_3}{x_1-x_3}})=n\sqrt{\frac{(x_2-x_3)mgl}{2I_1}}t$(5.16)

那么，便很容易解出x(t)：

$cos(\theta )=x(t)=(x_2-x_3)s{n}^2(n\sqrt{\frac{(x_2-x_3)mgl}{2I_1}}t+F(arcsin(\sqrt{\frac{x(0)-x_3}{x_2-x_3}}),\sqrt{\frac{x_2-x_3}{x_1-x_3}}),\sqrt{\frac{x_2-x_3}{x_1-x_3}})+x_3$(5.17)

在进一步设元化简之前，我们需要讨论一下这个n。

从f(x)的图像可以看出，横坐标为x，纵坐标为f(x)的点在图像上函数值大于零，且在[-1,1]之间的部分运动，所以遇到函数值为零的点，或者横坐标为-1，1的点，n的值必须改变，以改变点运动的方向。由上文的图片可以看出，三实根情况下，一定不会遇到横坐标为-1的点，而若遇到横坐标为1的点，一定同时遇到函数值为零的点。也就是说，n在f(x)=0处改变符号，即n在

$cos(\theta )=x_3$或$cos(\theta )=x_2$处改变符号。由（5.17）易知，当sn²=0时$cos(\theta )=x_3$，当sn²=1时$cos(\theta )=x_2$。那么，同上文21楼的讨论，n是否改变符号对函数知无影响，所以可以当作常量取初始值。

接下来，为了方便，同上文一样定下参量（这里就和从上文取一样的了，反正是不同情况，不会搞混，反而可以一一对应，更加美观）

$\lambda =n\sqrt{\frac{(x_2-x_3)mgl}{2I_1}}$(5.18)

$\mu =F(arcsin(\sqrt{\frac{x(0)-x_3}{x_2-x_3}}),\sqrt{\frac{x_2-x_3}{x_1-x_3}})=F(arcsin(\sqrt{\frac{cos({\theta }_0)-x_3}{x_2-x_3}}),\sqrt{\frac{x_2-x_3}{x_1-x_3}})$(5.19)

$k=\sqrt{\frac{x_2-x_3}{x_1-x_3}}$(5.20)

那么，（5.17）便可以化成：

$cos(\theta )=(x_2-x_3)s{n}^2(\lambda t+\mu ,k)+x_3$(5.21)

这样，结合（5.2）便可以得出拉格朗日-泊松情况在f(x)有三个实根情况下的一般解。