第一个观察结果是，由于是角度，因此应该取它们的值 mod。没有它，初始点的轨迹呈现出这种有趣的模式$x,y,z$$2\pi$$[0,0,0]$

def ABC_ode(u,t):
    A, B, C = 1, 0.816, 0.5773
    x, y, z = u
    B = np.array([A*np.sin(z)+C*np.cos(y), B*np.sin(x)+A*np.cos(z), C*np.sin(y)+B*np.cos(x)])
    return B/(1e-12+sum(B**2))**0.5

def mysolver(u0, tspan): return odeint(ABC_ode, u0, tspan, atol=1e-10, rtol=1e-11)

的倍数来减少坐标，然后还要从根计算中的所谓“长跳” 。$2\pi$$2\pi$

处的横截面，即不计算类似的轨迹，请将正方形划分为较小的正方形，并记住网格中的每个小正方形是否已经被访问过。仅从没有访问的正方形开始轨迹。这里使用线性插值来找到交点，也可以使用带有导数值的三次插值或具有更小步长的附加积分步骤来获得更准确的交点位置。但在情节层面，这是没有必要的。$z=0$

u0 = [0,0,0]
t = np.arange(0, 1500, 0.2)

N=54
grid = np.zeros([N,N], dtype=int)
for i in range(N):
    for j in range(N):
        if grid[i,j]>0: continue;
        x0, y0 = (2*i+1)*pi/N-pi, (2*j+1)*pi/N-pi 
        u0 = [x0,y0,0]
        px = []
        py = []

        u = mysolver(u0, t); u0 = u[-1]
        u = np.mod(u+pi,2*pi)-pi
        x,y,z = u.T

        for k in range(len(z)-1): 
            if z[k]<=0 and z[k+1]>=0 and z[k+1]-z[k]<pi:
                s = -z[k]/(z[k+1]-z[k])  # 0 = z[k] + s*(z[k+1]-z[k])
                rx, ry = (1-s)*x[k]+s*x[k+1], (1-s)*y[k]+s*y[k+1]
                px.append(rx); 
                py.append(ry);
                m, n = int((rx+pi)*N/(2*pi)), int((ry+pi)*N/(2*pi))
                grid[m,n]=1

        #plt.plot(px, py, '-k', lw=0.2)
        plt.plot(px, py, '.', ms=3)
plt.show()