112 年 國立臺灣大學應用數學科學研究所碩士班應用數學組《微積分Ｄ》

核心觀念

本題考查極限的基本運算與等價無窮小：

當 $x\to 0$ 時，

$$\sin x\sim x,$$

且

$$\sqrt{x}\to 0,\qquad \sqrt{x^2+25}\to 5.$$

關鍵在於比較分子中 $\sqrt{x}$ 與 $\sin x$ 的趨近速度。由於 $x\to 0^+$，有

$$\frac{\sin x}{\sqrt{x}} = \sqrt{x}\cdot\frac{\sin x}{x}\to 0\cdot 1=0.$$

因此 $\sin x$ 相較於 $\sqrt{x}$ 可忽略。

解題方法

原式為

$$\lim_{x\to 0^+}\frac{\sqrt{x}-\sin x}{\sqrt{x^2+25}}.$$

將分子提出 $\sqrt{x}$：

$$\frac{\sqrt{x}-\sin x}{\sqrt{x^2+25}} = \frac{\sqrt{x}\left(1-\dfrac{\sin x}{\sqrt{x}}\right)} {\sqrt{x^2+25}}.$$

其中

$$\frac{\sin x}{\sqrt{x}} = \sqrt{x}\cdot\frac{\sin x}{x}.$$

利用基本極限

本題考驗隱函數微分與線性近似。線性近似是利用函數在某一點的切線來估計函數在附近點的值。

給定的隱函數方程式為 $2(x^2+y^2)^2 = 25(x^2-y^2)$。
我們知道在點 $(x, y) = (3, 1)$ 時，方程式成立：
$2(3^2+1^2)^2 = 2(9+1)^2 = 2(10)^2 = 2(100) = 200$.
$25(3^2-1^2) = 25(9-1) = 25(8) = 200$.
方程式成立，表示點 $(3, 1)$ 在曲線上。

我們需要找 $f(2.87)$ 的近似值，其中 $y=f(x)$。
線性近似的公式為 $f(x) \approx f(a) + f'(a)(x-a)$。
在這裡，我們取 $a=3$，所以 $f(a) = f(3) = 1$。
我們需要計算 $f'(3)$，也就是 $\frac{dy}{dx}$ 在 $(3, 1)$ 的值。

對隱函數方程式兩邊對 $x$ 微分：
$\frac{d}{dx} [2(x^2+y^2)^2] = \frac{d}{dx} [25(x^2-y^2)]$

左邊：
$2 \cdot 2(x^2+y^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2+y^2) = 4(x^2+y^2)(2x + 2y\frac{dy}{dx})$

右邊：
$25(2x - 2y\frac{dy}{dx})$

所以，
$4(x^2+y^2)(2x + 2y\frac{dy}{dx}) = 25(2x - 2y\frac{dy}{dx})$

本題考驗體積計算，使用圓盤法或殼層法來計算繞 y 軸旋轉的體積。由於是繞 y 軸旋轉，使用殼層法會比較方便。

區域 R 被定義為 $\{(x, y) | \cos x \leq y \leq \sec^2 x, 0 \leq x \leq \frac{\pi}{4}\}$。
我們繞 y 軸旋轉這個區域。

使用殼層法 (Shell Method)，體積 $V$ 的計算公式為：
$V = \int_a^b 2\pi x h(x) dx$
其中 $a$ 和 $b$ 是積分區間，在這裡是 $0$ 到 $\frac{\pi}{4}$。
$x$ 是距離旋轉軸 (y 軸) 的半徑。
$h(x)$ 是殼層的高度，也就是區域 R 在 $x$ 處的上下邊界之差。
在這裡，$h(x) = \sec^2 x - \cos x$。

所以，體積 $V$ 為：
$V = \int_0^{\pi/4} 2\pi x (\sec^2 x - \cos x) dx$
$V = 2\pi \int_0^{\pi/4} (x \sec^2 x - x \cos x) dx$
$V = 2\pi \left[ \int_0^{\pi/4} x \sec^2 x dx - \int_0^{\pi/4} x \cos x dx \right]$

我們需要分別計算這兩個積分。

第一個積分：$\int x \sec^2 x dx$
我們使用分部積分法：$\int u dv = uv - \int v du$
令 $u = x$, $dv = \sec^2 x dx$
則 $du = dx$, $v = \tan x$
$\int x \sec^2 x dx = x \tan x - \int \tan x dx = x \tan x - (-\ln|\cos x|) = x \tan x + \ln|\cos x|$

所以，
$\int_0^{\pi/4} x \sec^2 x dx = [x \tan x + \ln|\cos x|]_0^{\pi/4}$
$= (\frac{\pi}{4} \tan(\frac{\pi}{4}) + \ln|\cos(\frac{\pi}{4})|) - (0 \tan(0) + \ln|\cos(0)|)$

本題考驗計算極座標下區域的面積。

極座標下的區域面積公式為 $A = \frac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta} r^2 d\theta$。
曲線為 $r = 5 + 3\cos\theta$。
此曲線是一個心臟線 (Cardioid) 的變形，因為 $5 > 3$。
要計算整個區域的面積，我們需要積分 $\theta$ 從 $0$ 到 $2\pi$。

面積 $A$ 為：
$A = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} (5 + 3\cos\theta)^2 d\theta$
$A = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} (25 + 30\cos\theta + 9\cos^2\theta) d\theta$

我們需要計算積分 $\int_0^{2\pi} \cos^2\theta d\theta$。
使用倍角公式：$\cos^2\theta = \frac{1 + \cos(2\theta)}{2}$。
$\int_0^{2\pi} \cos^2\theta d\theta = \int_0^{2\pi} \frac{1 + \cos(2\theta)}{2} d\theta$
$= \frac{1}{2} \left[ \theta + \frac{1}{2}\sin(2\theta) \right]_0^{2\pi}$

本題考驗泰勒級數 (Maclaurin series) 的展開。Maclaurin series 是在 $x=0$ 點的泰勒級數。

函數為 $f(x) = \sqrt{9+x^2}$。
我們可以將其寫成 $f(x) = \sqrt{9(1 + \frac{x^2}{9})} = 3\sqrt{1 + \frac{x^2}{9}}$。

我們知道二項級數的展開式為 $(1+u)^k = 1 + ku + \frac{k(k-1)}{2!}u^2 + \frac{k(k-1)(k-2)}{3!}u^3 + \dots$。
在這裡，我們令 $u = \frac{x^2}{9}$，且 $k = \frac{1}{2}$。

所以，
$f(x) = 3 \left( 1 + \frac{1}{2}(\frac{x^2}{9}) + \frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)}{2!}(\frac{x^2}{9})^2 + \frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)(\frac{1}{2}-2)}{3!}(\frac{x^2}{9})^3 + \dots \right)$
$f(x) = 3 \left( 1 + \frac{1}{2}\frac{x^2}{9} + \frac{\frac{1}{2}(-\frac{1}{2})}{2}(\frac{x^4}{81}) + \frac{\frac{1}{2}(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})}{6}(\frac{x^6}{729}) + \dots \right)$

本題考驗泰勒級數的展開與係數求解。

函數為 $g(x) = x^4 \tan^{-1}(4x^3)$。
我們知道 $\tan^{-1}(u)$ 的 Maclaurin series 為：
$\tan^{-1}(u) = u - \frac{u^3}{3} + \frac{u^5}{5} - \frac{u^7}{7} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{u^{2n+1}}{2n+1}$

在這裡，我們令 $u = 4x^3$。
所以，
$\tan^{-1}(4x^3) = (4x^3) - \frac{(4x^3)^3}{3} + \frac{(4x^3)^5}{5} - \frac{(4x^3)^7}{7} + \dots$
$\tan^{-1}(4x^3) = 4x^3 - \frac{4^3 x^9}{3} + \frac{4^5 x^{15}}{5} - \frac{4^7 x^{21}}{7} + \dots$

現在，將此級數乘以 $x^4$：
$g(x) = x^4 \left( 4x^3 - \frac{4^3 x^9}{3} + \frac{4^5 x^{15}}{5} - \frac{4^7 x^{21}}{7} + \dots \right)$

核心觀念

曲面可寫成等位面

$$F(x,y,z)=xyz^2-8=0。$$

曲面 $F(x,y,z)=0$ 在點 $(x_0,y_0,z_0)$ 的切平面，其法向量為梯度向量

$$\nabla F(x_0,y_0,z_0) = \left(F_x,F_y,F_z\right)\bigg|_{(x_0,y_0,z_0)}。$$

切平面公式為

$$F_x(x_0,y_0,z_0)(x-x_0) +F_y(x_0,y_0,z_0)(y-y_0) +F_z(x_0,y_0,z_0)(z-z_0)=0。$$

解題方法

令

$$F(x,y,z)=xyz^2-8。$$

分別求偏微分：

$$F_x=yz^2,$$ $$F_y=xz^2,$$ $$F_z=2xyz。$$

在點 $(2,2,1)$ 處，

$$F_x(2,2,1)=2\cdot 1^2=2,$$ $$F_y(2,2,1)=2\cdot 1^2=2,$$

核心觀念

本題考查三重積分的積分區域判讀、變數代換，以及改變積分順序。

積分區域為

$$x\ge 0,\qquad y\ge 0,\qquad z\ge 0,\qquad x+y+z\le \sqrt{\pi}.$$

被積函數為 $x\cos(y+z)$，其中 $y,z$ 只以 $y+z$ 的形式出現，適合令

$$s=y+z.$$

---

解題方法

固定 $x$，則 $y,z$ 滿足

$$y\ge 0,\qquad z\ge 0,\qquad y+z\le \sqrt{\pi}-x.$$

令

$$s=y+z.$$

當 $s$ 固定時，$y$ 可從 $0$ 變化至 $s$，且 $z=s-y$，因此在 $y,z$ 平面上的「截線長度」為 $s$。故有

$$\int_0^{\sqrt{\pi}-x}\int_0^{\sqrt{\pi}-x-y} x\cos(y+z)\,dz\,dy = x\int_0^{\sqrt{\pi}-x}s\cos s\,ds.$$

原積分化為

$$I=\int_0^{\sqrt{\pi}}x \left(\int_0^{\sqrt{\pi}-x}s\cos s\,ds\right)dx.$$

再交換 $x,s$ 的積分順序。由

$$0\le x\le \sqrt{\pi},\qquad 0\le s\le \sqrt{\pi}-x,$$

可改寫為

$$0\le s\le \sqrt{\pi},\qquad 0\le x\le \sqrt{\pi}-s.$$

因此

$$I=\int_0^{\sqrt{\pi}}\int_0^{\sqrt{\pi}-s} xs\cos s\,dx\,ds.$$

先對 $x$ 積分：

$$I=\int_0^{\sqrt{\pi}} s\cos s\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^{\sqrt{\pi}-s}ds$$

本題考驗二重積分的計算。積分區域是一個半圓，積分函數是 $e^{-x^2-y^2}$，這提示我們使用極座標轉換。

積分區域為 $0 \leq y \leq 1$ 且 $-\sqrt{1-y^2} \leq x \leq \sqrt{1-y^2}$。
從 $x$ 的範圍可以看出，對於給定的 $y$， $x^2 \leq 1-y^2$，即 $x^2+y^2 \leq 1$。
從 $y$ 的範圍 $0 \leq y \leq 1$ 來看，這表示我們考慮的是圓 $x^2+y^2=1$ 的上半圓。

所以，積分區域是單位圓的上半圓。

我們將積分變換為極座標。令 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$。
則 $x^2+y^2 = r^2$。
積分函數 $e^{-x^2-y^2}$ 變成 $e^{-r^2}$。
微分面積元素 $dx dy$ 變為 $r dr d\theta$。

積分區域的轉換：
對於上半圓 $x^2+y^2 \leq 1, y \geq 0$，半徑 $r$ 的範圍是 $0 \leq r \leq 1$。
角度 $\theta$ 的範圍是 $0 \leq \theta \leq \pi$。

所以，二重積分變為：
$\int_0^{\pi} \int_0^1 e^{-r^2} r dr d\theta$

本題考驗最大值問題，需要找到積分區域 E 的形式，以及被積函數的性質。

被積函數為 $f(x, y, z) = 9-x^2-y^2-z^2$。
積分區域 E 在第一卦限 (first octant)，即 $x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0$。
我們要最大化這個三重積分的值。

被積函數 $9-x^2-y^2-z^2$ 越大，積分值就越大。
函數 $9-x^2-y^2-z^2$ 的值越大，意味著 $x^2+y^2+z^2$ 越小。
$x^2+y^2+z^2$ 代表點 $(x,y,z)$ 到原點的距離的平方。
所以，為了使被積函數值最大，我們應該選擇離原點較近的點。

然而，積分區域 E 是未知的，只知道它在第一卦限。
題目要求的是「The largest possible value」，這意味著 E 可以是任何第一卦限的區域。
如果 E 可以是任意第一卦限的區域，我們可以選擇一個包含原點的區域，並讓區域 E 趨近於原點。

如果 E 包含原點 $(0,0,0)$，那麼在原點處，$f(0,0,0) = 9-0 = 9$。
如果 E 是一個非常小的區域，例如以原點為中心的球體的一部分，那麼積分值會接近 $9 \times \text{Volume}(E)$。
如果 E 可以任意小，積分值可以任意接近 0。

這說明 E 的選擇是關鍵。
題目沒有給出 E 的任何約束，例如 E 的體積、E 的邊界等。
這通常意味著 E 的形式是由被積函數的性質決定的。

考慮被積函數 $9-x^2-y^2-z^2$。
這個函數的值是非負的，當 $x^2+y^2+z^2 \leq 9$ 時。
當 $x^2+y^2+z^2 > 9$ 時，函數值為負。

如果我們希望積分值最大，我們應該只積分函數值為正的部分。
也就是說，積分區域 E 應該被限制在 $x^2+y^2+z^2 \leq 9$ 內部。
這個區域是半徑為 3 的球體。
由於 E 在第一卦限，所以 E 應該是第一卦限內，半徑為 3 的球體的一部分。

所以，我們選擇 E 為第一卦限內，滿足 $x^2+y^2+z^2 \leq 9$ 的區域。
$E = \{(x,y,z) | x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0, x^2+y^2+z^2 \leq 9 \}$。

現在計算這個區域上的積分：
$\iiint_E (9-x^2-y^2-z^2) dV$
使用球座標轉換：
$x = \rho \sin\phi \cos\theta$

本題要求繪製函數圖形、分析漸近線、增減區間、凹凸性，並標示極值點和反曲點。

函數為 $f(x) = (\frac{x-1}{2})^2 \ln x$。

1. 定義域 (Domain):
   由於 $\ln x$ 的存在，定義域為 $x > 0$。

2. 漸近線 (Asymptotes):

   • 垂直漸近線 (Vertical Asymptote):
     檢查 $x \to 0^+$ 時函數的行為。
     $\lim_{x\to 0^+} (\frac{x-1}{2})^2 \ln x = (\frac{0-1}{2})^2 \lim_{x\to 0^+} \ln x = \frac{1}{4} (-\infty) = -\infty$。
     因此，$x=0$ 是一條垂直漸近線。

   • 水平漸近線 (Horizontal Asymptote):
     檢查 $x \to \infty$ 時函數的行為。
     $\lim_{x\to \infty} (\frac{x-1}{2})^2 \ln x = \lim_{x\to \infty} \frac{(x-1)^2}{4} \ln x$。
     當 $x \to \infty$，$(x-1)^2 \to \infty$ 且 $\ln x \to \infty$。
     所以 $\lim_{x\to \infty} f(x) = \infty$。
     不存在水平漸近線。

   • 斜漸近線 (Slant Asymptote):
     不存在斜漸近線，因為函數增長速度太快。

3. 函數值與零點 (Function Values and Zeros):

   • 令 $f(x) = 0$。
     $(\frac{x-1}{2})^2 \ln x = 0$。
     這表示 $(\frac{x-1}{2})^2 = 0$ 或 $\ln x = 0$。
     $x-1 = 0 \implies x = 1$。
     $\ln x = 0 \implies x = e^0 = 1$。
     所以，函數在 $x=1$ 處為零點，即點 $(1, 0)$。

4. 一階導數與增減區間 (First Derivative and Intervals of Increase/Decrease):
   $f(x) = \frac{1}{4}(x-1)^2 \ln x$。
   使用乘法定律求導：
   $f'(x) = \frac{1}{4} [2(x-1) \ln x + (x-1)^2 \frac{1}{x}]$
   $f'(x) = \frac{x-1}{4} [2 \ln x + \frac{x-1}{x}]$
   $f'(x) = \frac{x-1}{4} [2 \ln x + 1 - \frac{1}{x}]$

   令 $f'(x) = 0$ 來尋找臨界點。
   $x-1 = 0 \implies x = 1$。
   $2 \ln x + 1 - \frac{1}{x} = 0$。
   令 $g(x) = 2 \ln x + 1 - \frac{1}{x}$。
   $g'(x) = \frac{2}{x} + \frac{1}{x^2} = \frac{2x+1}{x^2}$。
   對於 $x>0$， $g'(x) > 0$，所以 $g(x)$ 在 $(0, \infty)$ 上是嚴格遞增的。
   我們需要找到 $g(x)=0$ 的根。
   當 $x=1$ 時，$g(1) = 2 \ln 1 + 1 - \frac{1}{1} = 0 + 1 - 1 = 0$。
   所以，臨界點是 $x=1$。

   分析 $f'(x)$ 的符號：

   • 當 $0 < x < 1$：
     $x-1 < 0$。
     $2 \ln x < 0$。
     $1 - \frac{1}{x} < 0$ (因為 $x<1 \implies 1/x > 1$).
     所以 $g(x) = 2 \ln x + 1 - \frac{1}{x} < 0$。
     $f'(x) = (\text{負}) \times (\text{負}) = \text{正}$。
     函數遞增。

   • 當 $x > 1$：
     $x-1 > 0$。
     $g(x) = 2 \ln x + 1 - \frac{1}{x}$。
     由於 $g(x)$ 在 $x=1$ 時為 0 且遞增，所以當 $x>1$ 時，$g(x) > 0$。
     $f'(x) = (\text{正}) \times (\text{正}) = \text{正}$。
     函數遞增。

   因此，函數在 $(0, 1)$ 和 $(1, \infty)$ 上都是遞增的。
   在 $x=1$ 處，導數為 0，但它不是局部極值點，而是一個水平切線點。

5. 二階導數與凹凸性 (Second Derivative and Concavity):
   $f'(x) = \frac{x-1}{4} (2 \ln x + 1 - \frac{1}{x})$。

本題考驗定積分的計算，涉及對數函數和多項式函數的乘積，需要使用分部積分法。

積分為 $I = \int_0^2 x \ln(x^2 - 4x + 5) dx$。
令 $u = \ln(x^2 - 4x + 5)$，$dv = x dx$。
則 $du = \frac{2x-4}{x^2-4x+5} dx$，$v = \frac{x^2}{2}$。

使用分部積分公式 $\int u dv = uv - \int v du$：
$I = \left[ \frac{x^2}{2} \ln(x^2 - 4x + 5) \right]_0^2 - \int_0^2 \frac{x^2}{2} \cdot \frac{2x-4}{x^2-4x+5} dx$

計算第一項：
當 $x=2$ 時，$\frac{2^2}{2} \ln(2^2 - 4(2) + 5) = \frac{4}{2} \ln(4 - 8 + 5) = 2 \ln(1) = 2 \cdot 0 = 0$。
當 $x=0$ 時，$\frac{0^2}{2} \ln(0^2 - 4(0) + 5) = 0 \cdot \ln(5) = 0$。
所以第一項為 $0 - 0 = 0$。

積分變為：
$I = - \int_0^2 \frac{x^2(2x-4)}{2(x^2-4x+5)} dx = - \int_0^2 \frac{x^3-2x^2}{x^2-4x+5} dx$

我們需要對被積函數進行多項式長除法或代數變形。
考慮分母 $x^2-4x+5 = (x-2)^2 + 1$。
分子 $x^3-2x^2$。

我們可以將分子寫成與分母相關的形式。
$x^3-2x^2 = x(x^2-4x+5) + 4x^2 - 5x - 2x^2 = x(x^2-4x+5) + 2x^2 - 5x$
$= x(x^2-4x+5) + 2(x^2-4x+5) + 8x - 10 - 5x = x(x^2-4x+5) + 2(x^2-4x+5) + 3x - 10$
$x^3-2x^2 = (x+2)(x^2-4x+5) + 3x - 10$。

所以，$\frac{x^3-2x^2}{x^2-4x+5} = x+2 + \frac{3x-10}{x^2-4x+5}$。

積分變為：
$I = - \int_0^2 (x+2 + \frac{3x-10}{x^2-4x+5}) dx$
$I = - \left[ \int_0^2 (x+2) dx + \int_0^2 \frac{3x-10}{x^2-4x+5} dx \right]$

計算第一個積分：

本題考驗解邏輯斯諦微分方程。題目要求我們求解人口 $P(t)$ 在 $t=20$ 年時的值，並需要推導邏輯斯諦模型的一般解。

邏輯斯諦微分方程為：
$\frac{dP}{dt} = kP(1 - \frac{P}{L})$
其中 $k$ 是相對增長率，$L$ 是環境容量 (carrying capacity)。
在本題中，$k=0.1$，$L=50$ (千)。
初始條件為 $P(0) = 9$ (千)。
我們需要求解 $P(20)$。

推導一般解:
我們可以將方程寫成變數可分離的形式：
$\frac{dP}{P(1 - \frac{P}{L})} = k dt$
$\frac{dP}{P(\frac{L-P}{L})} = k dt$
$\frac{L dP}{P(L-P)} = k dt$

對兩邊積分。左邊使用部分分式分解：
$\frac{L}{P(L-P)} = \frac{A}{P} + \frac{B}{L-P}$
$L = A(L-P) + BP$
令 $P=0 \implies L = AL \implies A = 1$。
令 $P=L \implies L = BL \implies B = 1$。
所以，
$\int (\frac{1}{P} + \frac{1}{L-P}) dP = \int k dt$
$\ln|P| - \ln|L-P| = kt + C_1$
$\ln|\frac{P}{L-P}| = kt + C_1$
$\frac{P}{L-P} = e^{kt+C_1} = e^{C_1} e^{kt}$
令 $C = e^{C_1}$ (假設 $P$ 和 $L-P$ 同號，通常 $P<L$，所以 $P>0, L-P>0$)。
$\frac{P}{L-P} = C e^{kt}$

現在解出 $P$：
$P = C e^{kt} (L-P)$
$P = C L e^{kt} - C P e^{kt}$
$P (1 + C e^{kt}) = C L e^{kt}$
$P(t) = \frac{C L e^{kt}}{1 + C e^{kt}}$
我們可以將分子分母同除以 $C e^{kt}$：

本題考驗多元函數的極值問題，使用拉格朗日乘數法來求解。

我們需要尋找函數 $f(x, y, z) = z$ 在兩個約束條件 $g_1(x, y, z) = x^2 + y^2 - z^2 = 0$ 和 $g_2(x, y, z) = x+2y+4z - 16 = 0$ 下的極值。

根據拉格朗日乘數法，我們需要解以下方程組：
$\nabla f = \lambda_1 \nabla g_1 + \lambda_2 \nabla g_2$
$g_1(x, y, z) = 0$
$g_2(x, y, z) = 0$

計算梯度：
$\nabla f = \langle 0, 0, 1 \rangle$
$\nabla g_1 = \langle 2x, 2y, -2z \rangle$
$\nabla g_2 = \langle 1, 2, 4 \rangle$

方程組變為：

1. $0 = \lambda_1 (2x) + \lambda_2 (1)$
2. $0 = \lambda_1 (2y) + \lambda_2 (2)$
3. $1 = \lambda_1 (-2z) + \lambda_2 (4)$
4. $x^2 + y^2 = z^2$
5. $x+2y+4z = 16$

從方程 (1) 和 (2) 解出 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ (如果 $\lambda_1, \lambda_2$ 不為零)。
從 (1): $\lambda_2 = -2\lambda_1 x$
從 (2): $2\lambda_2 = -2\lambda_1 y \implies \lambda_2 = -\lambda_1 y$

所以，$-2\lambda_1 x = -\lambda_1 y$。
如果 $\lambda_1 \neq 0$，則 $-2x = -y \implies y = 2x$。

將 $y=2x$ 代入約束條件 (4) 和 (5)。
代入 (4): $x^2 + (2x)^2 = z^2 \implies x^2 + 4x^2 = z^2 \implies 5x^2 = z^2 \implies z = \pm \sqrt{5}x$。
代入 (5): $x+2(2x)+4z = 16 \implies x+4x+4z = 16 \implies 5x+4z = 16$。

情況 1: $z = \sqrt{5}x$
$5x + 4(\sqrt{5}x) = 16$
$x(5 + 4\sqrt{5}) = 16$
$x = \frac{16}{5 + 4\sqrt{5}}$
$x = \frac{16(5 - 4\sqrt{5})}{(5 + 4\sqrt{5})(5 - 4\sqrt{5})} = \frac{16(5 - 4\sqrt{5})}{25 - 16(5)} = \frac{16(5 - 4\sqrt{5})}{25 - 80} = \frac{16(5 - 4\sqrt{5})}{-55} = -\frac{16(5 - 4\sqrt{5})}{55}$
$x = \frac{64\sqrt{5} - 80}{55}$。
$y = 2x = \frac{128\sqrt{5} - 160}{55}$。
$z = \sqrt{5}x = \sqrt{5} \frac{64\sqrt{5} - 80}{55} = \frac{64(5) - 80\sqrt{5}}{55} = \frac{320 - 80\sqrt{5}}{55} = \frac{64 - 16\sqrt{5}}{11}$。
此時 $f(x,y,z) = z = \frac{64 - 16\sqrt{5}}{11}$。

情況 2: $z = -\sqrt{5}x$
$5x + 4(-\sqrt{5}x) = 16$
$x(5 - 4\sqrt{5}) = 16$
$x = \frac{16}{5 - 4\sqrt{5}}$