109 年 國立清華大學核子工程與科學研究所甲組《工程數學》

核心觀念

本題涵蓋三類一階、二階微分方程：

1. 常係數非齊次線性微分方程：利用特徵方程與待定係數法。
2. 變數代換後的特殊函數方程：令 $t=x+1$，再化為 Bessel 方程。
3. 可分離型／可化為可積分形式的一階方程：利用 $u=y^2$ 降階。

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(a)

$$\frac{d^2y}{dx^2}-2\frac{dy}{dx}+y=-e^{2x}$$

解題方法

先解對應的齊次方程：

$$y''-2y'+y=0$$

其特徵方程為

$$r^2-2r+1=0$$

因此

$$(r-1)^2=0$$

有重根 $r=1$，所以齊次解為

$$y_h=(C_1+C_2x)e^x$$

接著求特解。右側為 $-e^{2x}$，且 $2$ 不是特徵根，因此設

$$y_p=Ae^{2x}$$

則

$$y_p'=2Ae^{2x},\qquad y_p''=4Ae^{2x}$$

代回原方程：

$$4Ae^{2x}-2(2Ae^{2x})+Ae^{2x}=-e^{2x}$$

整理得

$$Ae^{2x}=-e^{2x}$$

故

$$A=-1$$

因此

$$y_p=-e^{2x}$$

答案

$$\boxed{y(x)=(C_1+C_2x)e^x-e^{2x}}$$

解題技巧

若右側為 $e^{\lambda x}$，先檢查 $\lambda$ 是否為特徵根。若不是，直接設 $y_p=Ae^{\lambda x}$；若是重根，則需乘上適當次方的 $x$。

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(b)

$$(x+1)^2y''+3(x+1)y'-3y=2-3xy$$

核心觀念

右側含有 $y$，先將所有含 $y$ 的項移至左側：

$$(x+1)^2y''+3(x+1)y'+(3x-3)y=2$$

令

$$t=x+1$$

則 $x=t-1$，且微分運算不變：

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt},\qquad \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d^2y}{dt^2}$$

方程變為

$$t^2y''+3ty'+(3t-6)y=2$$

除以 $t^2$：

$$y''+\frac{3}{t}y' +\left(\frac{3}{t}-\frac{6}{t^2}\right)y =\frac{2}{t^2}$$

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齊次解

先考慮齊次方程：

$$y''+\frac{3}{t}y' +\left(\frac{3}{t}-\frac{6}{t^2}\right)y=0$$

令

$$y=t^{-1}u$$

則

$$y'=t^{-1}u'-t^{-2}u$$ $$y''=t^{-1}u''-2t^{-2}u'+2t^{-3}u$$

代入後可得

$$u''+\frac{1}{t}u' +\left(\frac{3}{t}-\frac{7}{t^2}\right)u=0$$

再令

$$z=2\sqrt{3t}$$

由鏈鎖法則可將方程化為

$$\frac{d^2u}{dz^2} +\frac{1}{z}\frac{du}{dz} +\left(1-\frac{28}{z^2}\right)u=0$$

這是 Bessel 方程

$$u_{zz}+\frac1z u_z+ \left(1-\frac{\nu^2}{z^2}\right)u=0$$

其中

$$\nu^2=28,\qquad \nu=2\sqrt7$$

因此

$$u=C_1J_{2\sqrt7}(z)+C_2Y_{2\sqrt7}(z)$$

代回 $y=t^{-1}u$ 與 $z=2\sqrt{3t}$：

$$y_h= \frac{1}{t} \left[ C_1J_{2\sqrt7}\left(2\sqrt{3t}\right) +C_2Y_{2\sqrt7}\left(2\sqrt{3t}\right) \right]$$

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非齊次特解

標準形式為

$$y''+P(t)y'+Q(t)y=g(t)$$

其中

$$g(t)=\frac{2}{t^2}$$

取

$$y_1(t)=\frac{1}{t}J_{2\sqrt7}\left(2\sqrt{3t}\right)$$ $$y_2(t)=\frac{1}{t}Y_{2\sqrt7}\left(2\sqrt{3t}\right)$$

其 Wronskian 為

$$W(t)=y_1y_2'-y_1'y_2=\frac{1}{\pi t^3}$$

利用變係數法：

$$y_p =-y_1\int\frac{y_2g}{W}\,dt +y_2\int\frac{y_1g}{W}\,dt$$

因為

$$\frac{g}{W} = \frac{2/t^2}{1/(\pi t^3)} =2\pi t$$

所以

核心觀念

本題考查：

• 拉普拉斯變換解初值問題。
• 單位階躍函數 $u(t-a)$ 的表示法。
• 第二移位定理：
  $\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s).$
• 基本公式：
  $\mathcal{L}\{x'(t)\}=sX(s)-x(0).$

其中

$$f(t)= \begin{cases} 0,&0\le t<1,\\ 1,&1\le t<2,\\ 0,&t\ge 2 \end{cases}$$

表示在 $t=1$ 開始輸入 $1$，在 $t=2$ 停止輸入。

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解題方法

1. 將外力函數改寫成單位階躍函數

在 $t=1$ 時由 $0$ 跳升至 $1$，在 $t=2$ 時由 $1$ 降回 $0$，因此

$$f(t)=u(t-1)-u(t-2).$$

其拉普拉斯變換為

$$F(s)=\mathcal{L}\{u(t-1)\}-\mathcal{L}\{u(t-2)\} =\frac{e^{-s}}{s}-\frac{e^{-2s}}{s}.$$

故

$$F(s)=\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}.$$

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2. 對微分方程取拉普拉斯變換

原方程為

$$\frac{dx}{dt}+2x=f(t), \qquad x(0)=0.$$

令

$$X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}.$$

由

$$\mathcal{L}\left\{\frac{dx}{dt}\right\} =sX(s)-x(0)=sX(s)$$

可得

$$sX(s)+2X(s)=F(s).$$

代入 $F(s)$：

$$(s+2)X(s)=\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}.$$

因此

$$X(s)=\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s(s+2)}.$$

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3. 求基本反變換

先分解

$$\frac{1}{s(s+2)} =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+2}\right).$$

所以

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s(s+2)}\right\} =\frac{1}{2}\left(1-e^{-2t}\right).$$

設

$$g(t)=\frac{1}{2}\left(1-e^{-2t}\right).$$

利用第二移位定理：

核心觀念

方程式

$$3xy''+y'-2y=0$$

在 $x=0$ 時，$y''$ 的係數 $3x$ 為零，因此 $x=0$ 是正則奇異點，不能只假設一般冪級數

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$$

來求完整的兩組解。此題應使用 Frobenius 級數法：

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r},\qquad a_0\neq 0.$$

其中 $r$ 由最低次方項所形成的指標方程決定。

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解題方法

令

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}.$$

則

$$y'=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r-1},$$ $$y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx^{n+r-2}.$$

代入原方程式：

$$3x\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx^{n+r-2} +\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r-1} -2\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}=0.$$

前兩項合併為

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)\bigl[3(n+r-1)+1\bigr]a_nx^{n+r-1}.$$

將最後一項改寫為 $x^{n+r-1}$ 的形式：

$$-2\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}x^{n+r-1}.$$

因此

$$r(3r-2)a_0 +\sum_{n=1}^{\infty} \left[ (n+r)(3n+3r-2)a_n-2a_{n-1} \right]x^{n+r-1}=0.$$

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指標方程

最低次方 $x^{r-1}$ 的係數必須為零：

$$r(3r-2)a_0=0.$$

因為 $a_0\neq 0$，得到指標方程

$$r(3r-2)=0.$$

因此兩個指標根為

$$r_1=0,\qquad r_2=\frac23.$$

兩根之差為 $2/3$，不是整數，所以可得到兩個線性獨立的 Frobenius 解。

一般遞迴關係為

$$(n+r)(3n+3r-2)a_n-2a_{n-1}=0,$$

即

$$a_n= \frac{2a_{n-1}} {(n+r)(3n+3r-2)}, \qquad n\geq 1.$$

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第一組解：$r=0$

取 $a_0=1$。

由遞迴式：

計算 $a_1$

$$a_1= \frac{2a_0}{(1)(3-2)} =2.$$

計算 $a_2$

核心觀念

題目給定矩陣 $M$，但小題寫成矩陣 $A$；以下依題意視 $A=M$。

本題主要考查：

• $3\times 3$ 矩陣的行列式計算。
• 伴隨矩陣法求反矩陣：
  $A^{-1}=\frac{1}{\det A}\operatorname{adj}(A),\qquad \det A\neq 0$
• 特徵值與特徵向量的定義：
  $\det(A-\lambda I)=0$
  且對每一個特徵值 $\lambda$，求解
  $(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0$
  即可得到對應的特徵向量。

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解題方法

令

$$A=M= \begin{bmatrix} 0&1&1\\ 1&2&-1\\ -3&1&4 \end{bmatrix}.$$

（a）行列式與反矩陣

沿第一列展開行列式：

$$\begin{aligned} \det A &= 0\begin{vmatrix} 2&-1\\ 1&4 \end{vmatrix} - 1\begin{vmatrix} 1&-1\\ -3&4 \end{vmatrix} + 1\begin{vmatrix} 1&2\\ -3&1 \end{vmatrix} \\[6pt] &=0-\left(4-3\right)+\left(1+6\right)\\ &=-1+7\\ &=6. \end{aligned}$$

因此 $\det A=6\neq 0$，所以 $A$ 可逆。

求餘因子矩陣

各代數餘因子如下：

$$C_{11} = \begin{vmatrix} 2&-1\\ 1&4 \end{vmatrix} =1,$$ $$C_{12} = -\begin{vmatrix} 1&-1\\ -3&4 \end{vmatrix} =-1, \qquad C_{13} = \begin{vmatrix} 1&2\\ -3&1 \end{vmatrix} =7,$$ $$C_{21} = -\begin{vmatrix} 1&1\\ 1&4 \end{vmatrix} =-3,$$ $$C_{22} = \begin{vmatrix} 0&1\\ -3&4 \end{vmatrix} =3, \qquad C_{23} = -\begin{vmatrix} 0&1\\ -3&1 \end{vmatrix} =-3,$$ $$C_{31} = \begin{vmatrix} 1&1\\ 2&-1 \end{vmatrix} =-3,$$ $$C_{32} = -\begin{vmatrix} 0&1\\ 1&-1 \end{vmatrix} =1, \qquad C_{33} = \begin{vmatrix} 0&1\\ 1&2 \end{vmatrix} =-1.$$

因此餘因子矩陣為

$$C= \begin{bmatrix} 1&-1&7\\ -3&3&-3\\ -3&1&-1 \end{bmatrix}.$$

伴隨矩陣為餘因子矩陣的轉置：

$$\operatorname{adj}(A)=C^{T} = \begin{bmatrix} 1&-3&-3\\ -1&3&1\\ 7&-3&-1 \end{bmatrix}.$$

故

$$A^{-1} = \frac{1}{6} \begin{bmatrix} 1&-3&-3\\ -1&3&1\\ 7&-3&-1 \end{bmatrix}.$$

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（b）特徵值與特徵向量

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I)=0.$$

計算

$$A-\lambda I = \begin{bmatrix} -\lambda&1&1\\ 1&2-\lambda&-1\\ -3&1&4-\lambda \end{bmatrix}.$$

整理其特徵多項式可得

$$\det(\lambda I-A) = \lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6.$$

因式分解：

核心觀念

本題考查：

• 空間閉合曲線上的線積分
• Stokes 定理
• 曲線方向與曲面法向量的對應
• 圓柱面與平面的交線參數化

令向量場

$$\mathbf F=(2z,\,3x,\,y),$$

則題目中的線積分為

$$\oint_C \mathbf F\cdot d\mathbf r = \oint_C 2z\,dx+3x\,dy+y\,dz.$$

由 Stokes 定理，

$$\oint_C \mathbf F\cdot d\mathbf r = \iint_S(\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n\,dS.$$

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解題方法：使用 Stokes 定理

曲線 $C$ 位於平面

$$y+z=3,$$

因此可取平面上的曲面 $S$ 為圓柱內部所截出的圓盤，其邊界正是 $C$。

由

$$z=3-y,$$

可將曲面參數化為

$$\mathbf r(x,y)=(x,y,3-y), \qquad x^2+y^2\le 4.$$

計算切向量：

$$\mathbf r_x=(1,0,0),\qquad \mathbf r_y=(0,1,-1).$$

因此

$$\mathbf r_x\times\mathbf r_y = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ 1&0&0\\ 0&1&-1 \end{vmatrix} =(0,1,1).$$

此法向量的 $z$ 分量為正，表示其邊界方向從上方觀察為逆時針，符合題目指定的方向。

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計算旋度

核心觀念

本題考查二階線性常微分方程組的解法。直接令

$$X(t)= \begin{pmatrix} x(t)\\ y(t) \end{pmatrix},$$

將矩陣方程化為兩條一階微分方程，再尋找能簡化方程組的變數組合。

原方程為

$$\begin{cases} x'=x-y+t,\\ y'=3x-3y+t+1, \end{cases} \qquad x(0)=2,\quad y(0)=0.$$

由係數矩陣兩列皆與向量 $(1,-1)^T$ 有關，令

$$z=x-y$$

可將方程組降為單一一階方程。

解題方法

由兩式相減得

$$z'=x'-y'.$$

代入原方程：

$$\begin{aligned} z' &=(x-y+t)-(3x-3y+t+1)\\ &=(x-y)-3(x-y)-1\\ &=-2z-1. \end{aligned}$$

因此 $z$ 滿足

$$z'+2z=-1.$$

其通解為

$$z(t)=-\frac12+Ce^{-2t}.$$

由初始條件

$$z(0)=x(0)-y(0)=2,$$

可得

$$2=-\frac12+C, \qquad C=\frac52.$$

故

$$z(t)=x(t)-y(t) =-\frac12+\frac52e^{-2t}.$$

接著利用第一條方程式：

$$x'=z+t.$$

代入 $z(t)$：

$$x'=t-\frac12+\frac52e^{-2t}.$$

積分並使用 $x(0)=2$：

$$\begin{aligned} x(t) &=2+\int_0^t \left(s-\frac12+\frac52e^{-2s}\right)\,ds\\ &=2+\frac{t^2}{2}-\frac t2+\frac54(1-e^{-2t})\\ &=\frac{13}{4}+\frac{t^2}{2}-\frac t2-\frac54e^{-2t}. \end{aligned}$$

由 $y=x-z$：

核心觀念

本題分別考查：

1. 偶函數的 Fourier-cosine series。
2. Fourier-Legendre 展開：
   $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}C_nP_n(x),$
   其中
   $C_n=\frac{2n+1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)P_n(x)\,dx.$

Legendre 多項式前幾項為
$P_0(x)=1,\qquad P_1(x)=x,$

$$P_2(x)=\frac{1}{2}(3x^2-1),\qquad P_3(x)=\frac{1}{2}(5x^3-3x).$$

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(a) Fourier-cosine series

題目給定
$f(x)=\frac12|\sin x|,\qquad -\pi<x<\pi.$

因為 $|\sin x|$ 為偶函數，所以 $f(x)$ 也是偶函數，其 Fourier series 只有 cosine 項：

$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos nx,$

其中
$a_0=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$
$a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx.$

在 $0<x<\pi$ 時，$|\sin x|=\sin x$，因此
$f(x)=\frac12\sin x.$

常數項

利用偶函數性質：

$$a_0=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}\frac12|\sin x|\,dx =\frac1\pi\int_0^\pi\sin x\,dx.$$

因此

$$a_0=\frac1\pi[-\cos x]_0^\pi =\frac{2}{\pi},$$

所以
$\frac{a_0}{2}=\frac1\pi.$

cosine 係數

同樣利用偶函數性質：

$$a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}\frac12|\sin x|\cos nx\,dx =\frac1\pi\int_0^\pi\sin x\cos nx\,dx.$$

令
$I_n=\int_0^\pi\sin x\cos nx\,dx.$

使用積化和差公式

$$\sin x\cos nx =\frac12\left[\sin((n+1)x)-\sin((n-1)x)\right],$$

得到

$$I_n=\frac12\int_0^\pi \left[\sin((n+1)x)-\sin((n-1)x)\right]dx.$$

直接積分可得
$I_n=-\frac{1+(-1)^n}{n^2-1}.$

因此：

• 若 $n$ 為奇數，則 $1+(-1)^n=0$，所以 $a_n=0$。
• 若 $n$ 為偶數，則
  $I_n=\frac{2}{1-n^2},$
  因而
  $a_n=\frac{2}{\pi(1-n^2)}.$

令 $n=2k$，則

$$a_{2k}=\frac{2}{\pi(1-4k^2)} =-\frac{2}{\pi(4k^2-1)}.$$

所以 Fourier-cosine series 為

$$\boxed{ \frac12|\sin x| =\frac1\pi-\frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\cos(2kx)}{4k^2-1} }$$

寫出前幾項為

$$\frac12|\sin x| =\frac1\pi-\frac{2}{3\pi}\cos 2x -\frac{2}{15\pi}\cos 4x -\frac{2}{35\pi}\cos 6x-\cdots.$$

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(b) Fourier-Legendre 展開

題目給定

$$f(x)= \begin{cases} 1,&-1<x<0,\\ 0,&0\le x<1. \end{cases}$$

核心觀念

本題要求解矩形區域內的 Laplace 方程：

$$u_{xx}+u_{yy}=0,\qquad 0<x<5,\;0<y<10$$

邊界條件為

$$u(0,y)=u(5,y)=0,\qquad u(x,0)=0,\qquad u(x,10)=3.$$

主要使用：

1. 分離變數法。
2. 梯形區域上的 Fourier 正弦級數。
3. 邊界條件與唯一性定理。

由於 $x=0$ 與 $x=5$ 的邊界值為零，$x$ 方向應選用正弦函數；$y$ 方向則使用雙曲正弦函數，以滿足 $u(x,0)=0$。

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解題方法：分離變數

令

$$u(x,y)=X(x)Y(y).$$

代入 Laplace 方程：

$$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0.$$

除以 $X(x)Y(y)$，得到

$$\frac{X''}{X}=-\frac{Y''}{Y}=-\lambda.$$

因此分成兩個常微分方程：

$$X''+\lambda X=0,$$ $$Y''-\lambda Y=0.$$

$x$ 方向

由邊界條件 $u(0,y)=u(5,y)=0$，需有

$$X(0)=0,\qquad X(5)=0.$$

取 $\lambda=\mu^2>0$，則

$$X''+\mu^2X=0,$$

其一般解為

$$X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，所以

$$X(x)=B\sin(\mu x).$$

再由 $X(5)=0$：

$$\sin(5\mu)=0.$$

因此

$$5\mu=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

故

$$\mu_n=\frac{n\pi}{5}, \qquad X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right).$$

$y$ 方向

對應的方程為

$$Y''-\left(\frac{n\pi}{5}\right)^2Y=0.$$

一般解為

$$Y_n(y)=C_n\cosh\left(\frac{n\pi y}{5}\right) +D_n\sinh\left(\frac{n\pi y}{5}\right).$$

因為 $u(x,0)=0$，所以要求 $Y_n(0)=0$。由

$$Y_n(0)=C_n$$

可知 $C_n=0$，因此取

$$Y_n(y)=\sinh\left(\frac{n\pi y}{5}\right).$$

所以解的形式為

$$u(x,y)= \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \sinh\left(\frac{n\pi y}{5}\right).$$

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套用上邊界條件

當 $y=10$ 時，

$$u(x,10)= \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sinh(2n\pi) \sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right) =3.$$

因此需將常數 $3$ 展開成 $(0,5)$ 上的 Fourier 正弦級數：

$$3= \sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right),$$

其中

$$b_n=\frac{2}{5}\int_0^5 3\sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right)\,dx.$$

計算得

$$\begin{aligned} b_n &=\frac{6}{5} \left[ -\frac{5}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \right]_0^5\\ &=\frac{6}{n\pi}\left(1-\cos(n\pi)\right)\\ &=\frac{6}{n\pi}\left(1-(-1)^n\right). \end{aligned}$$

因此：

核心觀念

本題分成兩部分：

• (a) 使用留數定理。重點是判斷極點是否位於橢圓
  $25x^2+y^2=25$
  的內部。
• (b) 將分母配方並平移變數，再利用奇偶性與標準積分
  $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos t}{t^2+a^2}\,dt=\frac{\pi}{a}e^{-a}.$

留數定理為

$$\oint_C f(z)\,dz =2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k),$$

其中 $z_k$ 為曲線 $C$ 內部的所有孤立奇點，且 $C$ 取逆時針方向。

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(a) 利用留數定理計算複積分

令

$$f(z)=\frac{z^2}{(z+2)(z^2+4)} =\frac{z^2}{(z+2)(z-2i)(z+2i)}.$$

1. 判斷極點位置

極點為

$$z=-2,\qquad z=2i,\qquad z=-2i.$$

橢圓方程式可寫成

$$25x^2+y^2=25 \quad\Longleftrightarrow\quad x^2+\frac{y^2}{25}=1.$$

因此橢圓的水平半軸為 $1$，垂直半軸為 $5$。

• $z=-2$ 對應 $(x,y)=(-2,0)$，位於橢圓外部。
• $z=2i$ 對應 $(0,2)$，位於橢圓內部。
• $z=-2i$ 對應 $(0,-2)$，位於橢圓內部。

所以只需計算 $z=\pm 2i$ 的留數。

2. 計算 $z=2i$ 的留數

$$\operatorname{Res}(f;2i) = \lim_{z\to 2i} \frac{z^2}{(z+2)(z+2i)}.$$

代入 $z=2i$：

$$\operatorname{Res}(f;2i) = \frac{(2i)^2}{(2+2i)(4i)} = \frac{-4}{(2+2i)(4i)} = \frac{1+i}{4}.$$

3. 計算 $z=-2i$ 的留數

$$\operatorname{Res}(f;-2i) = \lim_{z\to -2i} \frac{z^2}{(z+2)(z-2i)}.$$

代入 $z=-2i$：

$$\operatorname{Res}(f;-2i) = \frac{(-2i)^2}{(2-2i)(-4i)} = \frac{-4}{(2-2i)(-4i)} = \frac{1-i}{4}.$$

因此橢圓內部的留數總和為

$$\operatorname{Res}(f;2i)+\operatorname{Res}(f;-2i) = \frac{1+i}{4}+\frac{1-i}{4} = \frac12.$$

4. 套用留數定理

因為 $C$ 為逆時針方向，