我有一种情况，我有兴趣从不同的初始位置多次求解相同的 ODE。更准确地说，我有兴趣解决形式的 ODE

$$\begin{align} \frac{dx}{dt} &= f(x) \\ x(0) &= a \in \mathbb{R}^n \end{align}$$

我知道这个 ODE 有一个$T$- 周期轨道$\mathcal{A}$，即对于$a \in \mathcal{A}$, 我们有

$$\begin{align} x(0) &= a \implies x(T) = a \end{align}$$

我的问题是在每次迭代中$k$, 我得到一个点$a_k \in \mathcal{A}$，并且需要输出 ODE 的位置$a_k$之后$t$， IE

$$\begin{align} \frac{dx}{dt} &= f(x) \\ x(0) &= a_k \\ \implies b_k &\triangleq x(t) \end{align}$$

我想报告$b_k$.

我的问题是：有没有比在每一步都使用 ODE 求解器更好的方法$k$? 例如，如果可能的话，我宁愿在我的算法开始时产生一次性成本，这允许我直接从$a_k$到$b_k$，而不必重复解决同一个问题。

附加细节：

我感兴趣的系统是二维哈密顿系统，坐标为

$$\begin{align} \frac{dq}{dt} &= |p|^{\alpha - 1} \cdot \text{sign} (p) \\ \frac{dp}{dt} &= -|q|^{\beta - 1} \cdot \text{sign} (q) \end{align}$$

在哪里$\alpha, \beta > 1$这样$1/\alpha + 1/\beta = 1$.

此类系统的标准积分器是越级积分器，如果我正在求解单个轨迹，我会使用它。正如所写，系统并不顺利——我现在不想担心这个，如果它使问题更容易回答，请随意假设所涉及的一切都是顺利的。

什么时候$\alpha = \beta = 2$事情要容易得多，我可以很好地处理这种情况——我在问其他情况。