109 年 國立臺灣大學光電工程學系碩士班《電磁學（C）》

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第 1 題12 分

(填充題)(12%) For a system shown in the figure below, a uniform plane wave having the electric field E=E0cos⁡(4π×1014t)a^xE = E_0 \cos(4\pi \times 10^{14}t) \hat{a}_x (MKS system) at z=0z=0 is normally incident on the interface from Medium 1. The electric field EE is polarized along the x-axis.
The properties of the media are:
Medium 1: μ0,ϵ0\mu_0, \epsilon_0
Medium 2: μ0,2.25ϵ0\mu_0, 2.25\epsilon_0
Medium 3: μ0,4ϵ0\mu_0, 4\epsilon_0
The interface between Medium 1 and Medium 2 is at z=0z=0.
The interface between Medium 2 and Medium 3 is at z=dz=d.

(a) The lowest value of dd should be ____ μ\mum for which the minimal reflection occurs.
(b) The lowest value of dd should be ____ μ\mum for which the maximal reflection occurs.

If the dielectric constant of Medium 2 is changed to 9ϵ09\epsilon_0 from 2.25ϵ02.25\epsilon_0.
(c) The lowest value of dd should be ____ μ\mum for which the minimal reflection occurs.
(d) The lowest value of dd should be ____ μ\mum for which the maximal reflection occurs.
(Hint: Consider the destructive and constructive interferences due to the reflections.)
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核心觀念

正入射於非磁性介質時，折射率為 n=ϵrn=\sqrt{\epsilon_r}，由介質 ii 入射到介質 jj 的電場反射係數為

rij=ni−njni+nj.r_{ij}=\frac{n_i-n_j}{n_i+n_j}.

介質 2 中的波往返一次，累積的傳播相位為

ϕ=2β2d=4πdλ2,λ2=λ0n2.\phi=2\beta_2d=\frac{4\pi d}{\lambda_2}, \qquad \lambda_2=\frac{\lambda_0}{n_2}.

總反射包含介質 1、2 交界面的反射，以及在介質 2、3 交界面反射後傳回的波。兩界面的反射係數同號時，零傳播相位對應相長干涉；異號時則對應相消干涉。

解題方法

由原卷圖可讀出：波從介質 1 正入射，介質 1、2 的交界面在 z=0z=0，介質 2、3 的交界面在 z=dz=d；三介質的相對介電常數依序為 11、2.252.25、44，題目另將介質 2 改為 99。電場沿 xx 軸偏振。

由題給電場的角頻率 ω=4π×1014 rad/s\omega=4\pi\times10^{14}\ \mathrm{rad/s}，得

f=ω2π=2×1014 Hz,λ0=cf=1.5 μm.f=\frac{\omega}{2\pi}=2\times10^{14}\ \mathrm{Hz}, \qquad \lambda_0=\frac{c}{f}=1.5\ \mu\mathrm{m}.

薄膜的總電場反射係數與反射率分別為

rtot=r12+r23e−jϕ1+r12r23e−jϕ,R=∣rtot∣2.r_{\mathrm{tot}}= \frac{r_{12}+r_{23}e^{-j\phi}} {1+r_{12}r_{23}e^{-j\phi}}, \qquad \mathcal R=|r_{\mathrm{tot}}|^2.

其中

R=r122+r232+2r12r23cos⁡ϕ1+(r12r23)2+2r12r23cos⁡ϕ.\mathcal R= \frac{r_{12}^2+r_{23}^2+2r_{12}r_{23}\cos\phi} {1+(r_{12}r_{23})^2+2r_{12}r_{23}\cos\phi}.

反射率對 cos⁡ϕ\cos\phi 的變化方向由 r12r23r_{12}r_{23} 的正負決定：乘積為正時，cos⁡ϕ=1\cos\phi=1 反射最大、cos⁡ϕ=−1\cos\phi=-1 反射最小；乘積為負時則相反。

(a)、(b) 介質 2 為 2.25ϵ02.25\epsilon_0

折射率為 n1=1n_1=1、n2=1.5n_2=1.5、n3=2n_3=2，所以

λ2=1.51.5=1 μm,r12=−15,r23=−17.\lambda_2=\frac{1.5}{1.5}=1\ \mu\mathrm{m}, \qquad r_{12}=-\frac15,\quad r_{23}=-\frac17.
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第 2 題4 分

(填充題)(4%) The dimensions of a PEC rectangular cavity resonator are a = 20 cm, b = 5 cm, and d = 5√2 cm. The cavity is filled with a perfect dielectric of ϵr=4\epsilon_r = 4. The lowest resonant frequency of the resonator is ____ Hz.

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核心觀念

PEC 矩形腔體的共振模態頻率為

fmnp=12μϵ(ma)2+(nb)2+(pd)2,f_{mnp} = \frac{1}{2\sqrt{\mu\epsilon}} \sqrt{ \left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2+ \left(\frac{p}{d}\right)^2 },

其中 m,n,pm,n,p 為模態指標，且不能同時為 00。腔體填充介電質後，

ϵ=ϵ0ϵr,μ=μ0μr.\epsilon=\epsilon_0\epsilon_r,\qquad \mu=\mu_0\mu_r.

本題未特別指定磁導率，取一般介電質的 μr=1\mu_r=1，因此介質中的波速為

v=1μϵ=cϵr.v=\frac{1}{\sqrt{\mu\epsilon}} =\frac{c}{\sqrt{\epsilon_r}}.

矩形腔體的最低共振頻率，對應於最小的非零空間模態指標。PEC 腔體可存在 TE 模態，因此 TE100TE_{100} 是允許的最低模態。

解題方法

已知

a=20 cm=0.20 m,a=20\text{ cm}=0.20\text{ m}, b=5 cm=0.05 m,b=5\text{ cm}=0.05\text{ m}, d=52 cm=0.052 m,d=5\sqrt{2}\text{ cm}=0.05\sqrt{2}\text{ m},

且

ϵr=4,μr=1.\epsilon_r=4,\qquad \mu_r=1.

三個方向的基本空間頻率因子為

1a=5 m−1,\frac{1}{a}=5\ \text{m}^{-1},
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第 3 題12 分

(計算題)(12%) Consider a uniform plane wave of frequency 3 THz (1 THz=1012 Hz1 \, \text{THz} = 10^{12} \, \text{Hz}) propagating in an anisotropic dielectric medium characterized by the permittivity matrix [ε]=ϵ0[12.250002.560002.25][\varepsilon] = \epsilon_0 \begin{bmatrix} 12.25 & 0 & 0 \\ 0 & 2.56 & 0 \\ 0 & 0 & 2.25 \end{bmatrix}, and μ=μ0\mu = \mu_0. It is linearly polarized at z=0z=0 and propagates in the z-direction. Its magnitudes of x-polarized and y-polarized components are the same.

(a) Please find the propagation distance L (maybe more than one solution) for which the plane wave becomes circularly polarized.
(b) Please find the propagation distance L (maybe more than one solution) for which the plane wave becomes linearly polarized again.

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核心觀念

此題考查各向異性介電質中的雙折射現象。由於介電常數矩陣為對角矩陣，且波沿 zz 方向傳播，xx、yy 方向的電場分量分別是兩個本徵偏振模態，其相位常數不同：

βx=ωμ0εx,βy=ωμ0εy.\beta_x=\omega\sqrt{\mu_0\varepsilon_x},\qquad \beta_y=\omega\sqrt{\mu_0\varepsilon_y}.

兩分量在傳播過程中會產生相對相位差

Δϕ=(βx−βy)L.\Delta\phi=(\beta_x-\beta_y)L.

由於初始時 xx、yy 分量的振幅相等：

  • 相對相位差為 π2\displaystyle \frac{\pi}{2} 的奇數倍時，電場為圓偏振。
  • 相對相位差為 π\pi 的整數倍時，電場重新成為線偏振。

解題方法

介電常數為

εx=12.25ε0,εy=2.56ε0,\varepsilon_x=12.25\varepsilon_0,\qquad \varepsilon_y=2.56\varepsilon_0,

因此

εxε0=3.5,εyε0=1.6.\sqrt{\frac{\varepsilon_x}{\varepsilon_0}}=3.5,\qquad \sqrt{\frac{\varepsilon_y}{\varepsilon_0}}=1.6.

又因為 μ=μ0\mu=\mu_0，所以兩個方向的相位常數為

βx=ωc(3.5),βy=ωc(1.6).\beta_x=\frac{\omega}{c}(3.5),\qquad \beta_y=\frac{\omega}{c}(1.6).

故相位常數差為

Δβ=βx−βy=ωc(3.5−1.6)=ωc(1.9).\Delta\beta=\beta_x-\beta_y =\frac{\omega}{c}(3.5-1.6) =\frac{\omega}{c}(1.9).

頻率為

f=3×1012 Hz,f=3\times 10^{12}\ \text{Hz},

自由空間波長為

λ0=cf=3×1083×1012=1.0×10−4 m.\lambda_0=\frac{c}{f} =\frac{3\times10^8}{3\times10^{12}} =1.0\times10^{-4}\ \text{m}.

利用 ω=2πf\omega=2\pi f，得到

Δβ=2πλ0(1.9).\Delta\beta =\frac{2\pi}{\lambda_0}(1.9).

因此相對相位差為

Δϕ=ΔβL=2π(1.9)λ0L.\Delta\phi=\Delta\beta L =\frac{2\pi(1.9)}{\lambda_0}L.

定義相位差累積一整圈 2π2\pi 所需的拍長：

Lb=2πΔβ=λ01.9=1.0×10−41.9=5.26316×10−5 m.L_b=\frac{2\pi}{\Delta\beta} =\frac{\lambda_0}{1.9} =\frac{1.0\times10^{-4}}{1.9} =5.26316\times10^{-5}\ \text{m}.

即

Lb=52.6316 μm.L_b=52.6316\ \mu\text{m}.

(a) 成為圓偏振的傳播距離

初始兩分量振幅相等，因此只要相對相位差為

Δϕ=(2m+1)π2,m=0,1,2,…\Delta\phi=\frac{(2m+1)\pi}{2}, \qquad m=0,1,2,\ldots

即可形成圓偏振。

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第 4 題22 分

(推導與計算題)(22%) Consider a uniform linear array of n antennas of spacing A, as shown in the figure below. Assume the currents are of equal amplitude Io and progressive phase shift δ, that is, in the manner I0cos⁡(ωt)I_0 \cos(\omega t), I0cos⁡(ωt+δ)I_0 \cos(\omega t + \delta), I0cos⁡(ωt+2δ)I_0 \cos(\omega t + 2\delta), ..., for antennas 1, 2, 3,..., respectively.

(a) (8%) Please derive the group pattern of antennas 1 and 2 based on their far-field interference.
(b) (10%) Please derive the group pattern of the n antennas.
(c) (4%) Please find the angles θ for which the nulls and local maxima of the group pattern occur from the results of (b).
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核心觀念

本題考查均勻線性天線陣列的遠場干涉。各天線的場強相同，總場由天線電流的漸進相位，以及天線位置造成的傳播相位差共同決定。

令天線間距為 AA，波數為 k=2π/λk=2\pi/\lambda。依圖中 xx 軸排列天線、θ\theta 從 +z+z 軸量起，在圖示的 xx-zz 平面內，相鄰天線的總相位差為

ψ=δ+kAsin⁡θ\psi=\delta+kA\sin\theta

其中 δ\delta 是相鄰天線電流的漸進相位差。以下假設各天線的單體方向圖相同；總方向圖的變化由陣列因子決定。

解題方法

先求相鄰兩天線在觀察方向上的相位差，再將各天線的遠場以相量相加。對 nn 個等間距天線，總場是等比級數，藉此得到陣列因子；零點與極大值則由陣列因子的條件求出。

(a) 天線 1、2 的群方向圖

取天線 1 的遠場相位為參考。天線 2 的電流多出相位 δ\delta，其位置又比天線 1 沿 xx 軸多出 AA，因此觀察方向上的額外傳播相位為 kAsin⁡θkA\sin\theta。兩天線總相位差即為 ψ\psi。

若單一天線的遠場振幅為 E0E_0，令 α=ωt−kr\alpha=\omega t-kr，則總場可寫成

E12=E0cos⁡α+E0cos⁡(α+ψ)E_{12}=E_0\cos\alpha+E_0\cos(\alpha+\psi)

利用和差化積：

E12=2E0cos⁡(ψ2)cos⁡(α+ψ2)E_{12}=2E_0\cos\left(\frac{\psi}{2}\right) \cos\left(\alpha+\frac{\psi}{2}\right)

所以兩天線的群方向圖振幅與功率分別正比於

∣2cos⁡(ψ2)∣,4cos⁡2(ψ2)\left|2\cos\left(\frac{\psi}{2}\right)\right|, \qquad 4\cos^2\left(\frac{\psi}{2}\right)

以最大場強歸一化後，振幅方向圖為 ∣cos⁡(ψ/2)∣\left|\cos(\psi/2)\right|，功率方向圖為 cos⁡2(ψ/2)\cos^2(\psi/2)。

(b) nn 個天線的群方向圖

將天線編號為 m=0,1,…,n−1m=0,1,\ldots,n-1，第 mm 個天線相對於第一個天線的總相位差為 mψm\psi。總場的相量和為

AFn=∑m=0n−1ejmψAF_n=\sum_{m=0}^{n-1}e^{jm\psi}

這是等比級數，因此

AFn=1−ejnψ1−ejψ=ej(n−1)ψ/2sin⁡(nψ/2)sin⁡(ψ/2)AF_n =\frac{1-e^{jn\psi}}{1-e^{j\psi}} =e^{j(n-1)\psi/2} \frac{\sin(n\psi/2)}{\sin(\psi/2)}

前面的指數項只改變總場相位，不影響方向圖振幅。故群方向圖振幅為

∣AFn∣=∣sin⁡(nψ/2)sin⁡(ψ/2)∣|AF_n| =\left|\frac{\sin(n\psi/2)}{\sin(\psi/2)}\right|

以最大值 nn 歸一化後，振幅群方向圖為

AFnorm(θ)=1n∣sin⁡[n2(δ+kAsin⁡θ)]sin⁡[12(δ+kAsin⁡θ)]∣AF_{\text{norm}}(\theta) = \frac{1}{n} \left| \frac{\sin\left[\frac{n}{2}(\delta+kA\sin\theta)\right]} {\sin\left[\frac{1}{2}(\delta+kA\sin\theta)\right]} \right|
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第 5 題

(計算題) Consider a coaxial cable formed by two perfectly conducting cylinders of radii a and b (b>ab > a) as its inner and outer conductors, respectively. A perfect dielectric (μ=μ0\mu = \mu_0, ϵr>1\epsilon_r > 1) filled in between them. Assume that the transverse electromagnetic waves propagate along the z-axis are given by
E(r,ϕ,z,t)=V0rln⁡(b/a)cos⁡(6π×109t−30πz)a^r [V/m]E(r, \phi, z, t) = \frac{V_0}{r \ln(b/a)} \cos(6\pi \times 10^9 t - 30\pi z) \hat{a}_r \, [\text{V/m}]
and
H(r,ϕ,z,t)=I0rln⁡(b/a)cos⁡(6π×109t−30πz)a^ϕ [A/m]H(r, \phi, z, t) = \frac{I_0}{r \ln(b/a)} \cos(6\pi \times 10^9 t - 30\pi z) \hat{a}_{\phi} \, [\text{A/m}]
where V0,I0,a,bV_0, I_0, a, b are constants.
(a) (4%) What is the frequency f of the electromagnetic waves in the coaxial cable?
(b) (4%) What is the phase velocity vpv_p of the electromagnetic waves in the coaxial cable?
(c) (4%) What is the capacitance per unit length C of the coaxial cable for static fields?
(d) (4%) What is the inductance per unit length L of the coaxial cable for static fields?
(e) (4%) What is the characteristic impedance Z0Z_0 of the coaxial cable?
(f) (4%) If one end of the coaxial cable is open-circuited, what is the voltage reflection coefficient Γ\Gamma?
(g) (4%) If the coaxial cable is terminated with a resistive load without reflection, what is the load resistance RLR_L?
(h) (4%) Please find the instantaneous Poynting vector P⃗\vec{P} associated with the electromagnetic waves.
(i) (4%) Please find the time-average Poynting vector ⟨P⃗⟩\langle \vec{P} \rangle associated with the electromagnetic waves.
(j) (4%) Please find the time-average power flow ⟨P⟩\langle P \rangle along the parallel-plate transmission line.

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核心觀念

本題考查同軸傳輸線的 TEM 波、相位常數與角頻率的關係，以及同軸線的靜電容、靜電感、特性阻抗、反射係數與坡印亭向量。

主要公式為

ω=2πf\omega=2\pi f vp=ωβ=1μϵv_p=\frac{\omega}{\beta}=\frac{1}{\sqrt{\mu\epsilon}} C=2πϵln⁡(b/a)C=\frac{2\pi\epsilon}{\ln(b/a)} L=μ2πln⁡baL=\frac{\mu}{2\pi}\ln\frac{b}{a} Z0=LC=12πμϵln⁡baZ_0=\sqrt{\frac{L}{C}} =\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}\ln\frac{b}{a}

其中

ϵ=ϵrϵ0,μ=μ0\epsilon=\epsilon_r\epsilon_0,\qquad \mu=\mu_0

題目給定

ω=6π×109 rad/s,β=30π rad/m\omega=6\pi\times 10^9\ {\rm rad/s},\qquad \beta=30\pi\ {\rm rad/m}

解題方法

先由時間相位項得到角頻率 ω\omega，再利用 ω/β\omega/\beta 求相速度。由相速度也可反推出介電常數 ϵr\epsilon_r。接著使用同軸線的靜電場與磁場公式求出單位長度電容、電感，最後利用電壓反射係數與坡印亭向量完成各小題。

(a) 電磁波頻率

由

ω=2πf\omega=2\pi f

可得

f=ω2π=6π×1092π=3×109 Hzf=\frac{\omega}{2\pi} =\frac{6\pi\times10^9}{2\pi} =3\times10^9\ {\rm Hz}

因此

f=3 GHz\boxed{f=3\ {\rm GHz}}

(b) 電磁波相速度

相速度為

vp=ωβv_p=\frac{\omega}{\beta}

代入題目數值：

vp=6π×10930π=2×108 m/sv_p=\frac{6\pi\times10^9}{30\pi} =2\times10^8\ {\rm m/s}

因此

vp=2×108 m/s\boxed{v_p=2\times10^8\ {\rm m/s}}

由

vp=1μ0ϵ0ϵr=cϵrv_p=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0\epsilon_r}} =\frac{c}{\sqrt{\epsilon_r}}

亦可得到

ϵr=(cvp)2=(3×1082×108)2=2.25\epsilon_r=\left(\frac{c}{v_p}\right)^2 =\left(\frac{3\times10^8}{2\times10^8}\right)^2 =2.25

所以此介電質的相對介電常數為

ϵr=2.25\boxed{\epsilon_r=2.25}

(c) 單位長度電容 CC

同軸線內半徑為 aa、外半徑為 bb，若內導體帶有單位長度電荷 λ\lambda，則由高斯定律

Er(r)=λ2πϵrE_r(r)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon r}

兩導體間電壓為

V=∫abEr(r) dr=λ2πϵln⁡baV=\int_a^b E_r(r)\,dr =\frac{\lambda}{2\pi\epsilon}\ln\frac{b}{a}

因此

C=λV=2πϵln⁡(b/a)C=\frac{\lambda}{V} =\frac{2\pi\epsilon}{\ln(b/a)}

代入 ϵ=ϵrϵ0=2.25ϵ0\epsilon=\epsilon_r\epsilon_0=2.25\epsilon_0：

C=2π(2.25ϵ0)ln⁡(b/a)\boxed{ C=\frac{2\pi(2.25\epsilon_0)}{\ln(b/a)} }

若使用 ϵ0=8.854×10−12 F/m\epsilon_0=8.854\times10^{-12}\ {\rm F/m}，則

C=1.252×10−10ln⁡(b/a) F/m\boxed{ C=\frac{1.252\times10^{-10}}{\ln(b/a)} \ {\rm F/m} }

(d) 單位長度電感 LL

設內導體電流為 II，由安培定律可得同軸線內部的磁場

Hϕ(r)=I2πrH_\phi(r)=\frac{I}{2\pi r}

因此

Bϕ(r)=μHϕ(r)=μI2πrB_\phi(r)=\mu H_\phi(r)=\frac{\mu I}{2\pi r}

同軸線每單位長度的磁通鏈所對應之電感為

L=μ2πln⁡baL=\frac{\mu}{2\pi}\ln\frac{b}{a}

由於 μ=μ0\mu=\mu_0，所以

L=μ02πln⁡ba\boxed{ L=\frac{\mu_0}{2\pi}\ln\frac{b}{a} }

使用 μ0=4π×10−7 H/m\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ {\rm H/m}：

L=2.00×10−7ln⁡ba H/m\boxed{ L=2.00\times10^{-7}\ln\frac{b}{a}\ {\rm H/m} }

(e) 特性阻抗 Z0Z_0

特性阻抗定義為

Z0=LCZ_0=\sqrt{\frac{L}{C}}

代入 LL 與 CC：

Z0=μ02πln⁡(b/a)2πϵln⁡(b/a)Z_0 = \sqrt{ \frac{ \dfrac{\mu_0}{2\pi}\ln(b/a) }{ \dfrac{2\pi\epsilon}{\ln(b/a)} } }

整理得

Z0=12πμ0ϵln⁡baZ_0 = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon}} \ln\frac{b}{a}

又因為

μ0ϵ=μ0vp\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon}} =\mu_0v_p

所以

μ0ϵ=(4π×10−7)(2×108)=80π Ω\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon}} =(4\pi\times10^{-7})(2\times10^8) =80\pi\ \Omega

因此

Z0=80π2πln⁡baZ_0=\frac{80\pi}{2\pi}\ln\frac{b}{a}

故

Z0=40ln⁡ba Ω\boxed{ Z_0=40\ln\frac{b}{a}\ \Omega }

由場的比值也可驗算：

EH=V0I0\frac{E}{H}=\frac{V_0}{I_0}

因此

V0I0=Z0=40ln⁡ba Ω\boxed{ \frac{V_0}{I_0}=Z_0=40\ln\frac{b}{a}\ \Omega }

(f) 開路端的電壓反射係數 Γ\Gamma

傳輸線負載反射係數為

Γ=ZL−Z0ZL+Z0\Gamma=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}

開路時

ZL→∞Z_L\rightarrow\infty

因此

Γopen=lim⁡ZL→∞ZL−Z0ZL+Z0=+1\Gamma_{\rm open} =\lim_{Z_L\to\infty} \frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0} =+1
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第 6 題10 分

(推導與計算題) (10%) Assume that in the parallel-plate capacitor shown below (left), a source of mechanical force F is applied to the movable plate such that F is always maintained equal to −Fe-F_e. By appropriately varying V and F, the system is made to traverse the closed cycle in the V-x plane shown below (right). Calculate the energy converted per cycle and determine whether the conversion is from electrical to mechanical or vice versa.
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核心觀念

平行板電容器忽略邊緣效應時，電容量與板間距離 xx 的關係為

C(x)=εAxC(x)=\frac{\varepsilon A}{x}

其中 AA 是極板面積，ε\varepsilon 是介質的介電常數。電壓固定時，電場作用在可動極板上的力為

Fe=12V2dCdx=−εAV22x2F_e=\frac{1}{2}V^2\frac{dC}{dx} =-\frac{\varepsilon A V^2}{2x^2}

負號表示電場力使極板間距縮小。題目中的機械力源維持 F=−FeF=-F_e，因此機械力源每循環所作的功為 ∮F dx=−∮Fe dx\oint F\,dx=-\oint F_e\,dx。

解題方法

依圖中循環方向，A→BA\to B 為定間距 x=dx=d，故 dx=0dx=0，機械功為零。B→CB\to C 沿直線 V=3V0−V0x/dV=3V_0-V_0x/d，C→AC\to A 則維持 V=V0V=V_0。

因此，電場力一循環所作的功為

∮Fe dx=−εAV022d[∫12(3−u)2u2 du+∫211u2 du],u=xd\oint F_e\,dx =-\frac{\varepsilon A V_0^2}{2d} \left[ \int_1^2\frac{(3-u)^2}{u^2}\,du +\int_2^1\frac{1}{u^2}\,du \right], \qquad u=\frac{x}{d}

兩段積分分別為

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