高等数学（第七版）同济大学 习题10-3 （前9题）个人解答

高等数学（第七版）同济大学 习题10-3（前9题）

函数作图软件：Mathematica

 

$\begin{array}{rlr}& 1.化三重积分I={\iiint }_{\Omega }f(x,y,z)dxdydz为三次积分，其中积分区域\Omega 分别是& \end{array}$

   ( 1 )    由 双 曲 抛 物 面 x y = z 及 平 面 x + y − 1 = 0 ， z = 0 所 围 成 的 闭 区 域 ；    ( 2 )    由 曲 面 z = x 2 + y 2 及 平 面 z = 1 所 围 成 的 闭 区 域 ；    ( 3 )    由 曲 面 z = x 2 + 2 y 2 及 z = 2 − x 2 所 围 成 的 闭 区 域 ；    ( 4 )    由 曲 面 c z = x y   ( c > 0 ) ， x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 ， z = 0 所 围 成 的 在 第 一 卦 限 内 的 闭 区 域 .   (1)  由双曲抛物面xy=z及平面x+y−1=0，z=0所围成的闭区域；  (2)  由曲面z=x2+y2及平面z=1所围成的闭区域；  (3)  由曲面z=x2+2y2及z=2−x2所围成的闭区域；  (4)  由曲面cz=xy (c>0)，x2a2+y2b2=1，z=0所围成的在第一卦限内的闭区域.

​  (1)  由双曲抛物面xy=z及平面x+y−1=0，z=0所围成的闭区域；  (2)  由曲面z=x2+y2及平面z=1所围成的闭区域；  (3)  由曲面z=x2+2y2及z=2−x2所围成的闭区域；  (4)  由曲面cz=xy (c>0)，a2x2​+b2y2​=1，z=0所围成的在第一卦限内的闭区域.​​

解：

   ( 1 )   积 分 区 域 Ω 的 顶 z = x y 和 底 面 z = 0 的 交 线 为 x 轴 和 y 轴 ， 因 此 Ω 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域 由 x 轴 、 y 轴 和          直 线 x + y − 1 = 0 所 围 成 ， Ω 可 表 示 为 0 ≤ z ≤ x y ， 0 ≤ y ≤ 1 − x ， 0 ≤ x ≤ 1 ， 因 此          I = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x d y ∫ 0 x y f ( x ,   y ,   z ) d z .    ( 2 )   由 z = x 2 + y 2 和 z = 1 得 x 2 + y 2 = 1 ， 因 此 Ω 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域 为 x 2 + y 2 ≤ 1 ， Ω 可 表 示 为          x 2 + y 2 ≤ z ≤ 1 ， − 1 − x 2 ≤ y ≤ 1 − x 2 ， − 1 ≤ x ≤ 1 ， 因 此 I = ∫ − 1 1 d x ∫ − 1 − x 2 1 − x 2 d y ∫ x 2 + y 2 1 f ( x ,   y ,   z ) d z .   (1) 积分区域Ω的顶z=xy和底面z=0的交线为x轴和y轴，因此Ω在xOy面上的投影区域由x轴、y轴和        直线x+y−1=0所围成，Ω可表示为0≤z≤xy，0≤y≤1−x，0≤x≤1，因此        I=∫10dx∫1−x0dy∫xy0f(x, y, z)dz.  (2) 由z=x2+y2和z=1得x2+y2=1，因此Ω在xOy面上的投影区域为x2+y2≤1，Ω可表示为        x2+y2≤z≤1，−√1−x2≤y≤√1−x2，−1≤x≤1，因此I=∫1−1dx∫√1−x2−√1−x2dy∫1x2+y2f(x, y, z)dz.

​  (1) 积分区域Ω的顶z=xy和底面z=0的交线为x轴和y轴，因此Ω在xOy面上的投影区域由x轴、y轴和        直线x+y−1=0所围成，Ω可表示为0≤z≤xy，0≤y≤1−x，0≤x≤1，因此        I=∫01​dx∫01−x​dy∫0xy​f(x, y, z)dz.  (2) 由z=x2+y2和z=1得x2+y2=1，因此Ω在xOy面上的投影区域为x2+y2≤1，Ω可表示为        x2+y2≤z≤1，−1−x2 ​≤y≤1−x2 ​，−1≤x≤1，因此I=∫−11​dx∫−1−x2 ​1−x2 ​​dy∫x2+y21​f(x, y, z)dz.​

$\begin{array}{rl}& (3)由\{\begin{array}{l}z=x^2+2y^2\\ \\ z=2-x^2\end{array}，消去z，得x^2+y^2=1，所以\Omega 在xOy面上的投影区域为x^2+y^2\le 1，\Omega 可表示为\\ & \\ & x^2+2y^2\le z\le 2-x^2，-\sqrt{1-x^2}\le y\le \sqrt{1-x^2}，-1\le x\le 1，因此\\ & \\ & I={\int }_{-1}^{1}dx{\int }_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}dy{\int }_{x^2+2y^2}^{2-x^2}f(x,y,z)dz.\\ & \\ & \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (4)\Omega 在xOy面上的投影区域由椭圆\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(x\ge 0，y\ge 0)和x轴、y轴所围成，\Omega 的顶为cz=xy，底为z=0，& \\ & & \\ & \Omega 可表示为0\le z\le \frac{xy}{c}，0\le y\le b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}，0\le x\le a，因此I={\int }_0^{a}dx{\int }_0^{b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}}dy{\int }_0^{\frac{xy}{c}}f(x,y,z)dz.& \end{array}$

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2.   设 有 一 物 体 ， 占 有 空 间 闭 区 域 Ω = { ( x ,   y ,   z )   ∣   0 ≤ x ≤ 1 ， 0 ≤ y ≤ 1 ， 0 ≤ z ≤ 1 } ， 在 点 ( x ,   y ,   z ) 处 的      密 度 为 ρ ( x ,   y ,   z ) = x + y + z ， 计 算 该 物 体 的 质 量 . 2. 设有一物体，占有空间闭区域Ω={(x, y, z) | 0≤x≤1，0≤y≤1，0≤z≤1}，在点(x, y, z)处的    密度为ρ(x, y, z)=x+y+z，计算该物体的质量.

​2. 设有一物体，占有空间闭区域Ω={(x, y, z) ∣ 0≤x≤1，0≤y≤1，0≤z≤1}，在点(x, y, z)处的    密度为ρ(x, y, z)=x+y+z，计算该物体的质量.​​

解：

   M = ∭ Ω ρ d x d y d z = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 d y ∫ 0 1 ( x + y + z ) d z = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 ( x + y + 1 2 ) d y = ∫ 0 1 ( x + 1 2 + 1 2 ) d x = 3 2 .   M=∭Ωρdxdydz=∫10dx∫10dy∫10(x+y+z)dz=∫10dx∫10(x+y+12)dy=∫10(x+12+12)dx=32.

​  M=∭Ω​ρdxdydz=∫01​dx∫01​dy∫01​(x+y+z)dz=∫01​dx∫01​(x+y+21​)dy=∫01​(x+21​+21​)dx=23​.​​

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3.   如 果 三 重 积 分 ∭ Ω f ( x ,   y ,   z ) d x d y d z 的 被 积 函 数 f ( x ,   y ,   z ) 是 三 个 函 数 f 1 ( x ) 、 f 2 ( y ) 、 f 3 ( z ) 的 乘 积 ， 即      f ( x ,   y ,   z ) = f 1 ( x ) f 2 ( y ) f 3 ( z ) ， 积 分 区 域 Ω = { ( x ,   y ,   z )   ∣   a ≤ x ≤ b ， c ≤ y ≤ d ， l ≤ z ≤ m } ， 证 明 这      三 个 三 重 积 分 等 于 三 个 单 积 分 的 乘 积 ， 即 ∭ Ω f ( x ,   y ,   z ) d x d y d z = ∫ a b f 1 ( x ) d x ∫ c d f 2 ( y ) d y ∫ l m f 3 ( z ) d z . 3. 如果三重积分∭Ωf(x, y, z)dxdydz的被积函数f(x, y, z)是三个函数f1(x)、f2(y)、f3(z)的乘积，即    f(x, y, z)=f1(x)f2(y)f3(z)，积分区域Ω={(x, y, z) | a≤x≤b，c≤y≤d，l≤z≤m}，证明这    三个三重积分等于三个单积分的乘积，即∭Ωf(x, y, z)dxdydz=∫baf1(x)dx∫dcf2(y)dy∫mlf3(z)dz.

​3. 如果三重积分∭Ω​f(x, y, z)dxdydz的被积函数f(x, y, z)是三个函数f1​(x)、f2​(y)、f3​(z)的乘积，即    f(x, y, z)=f1​(x)f2​(y)f3​(z)，积分区域Ω={(x, y, z) ∣ a≤x≤b，c≤y≤d，l≤z≤m}，证明这    三个三重积分等于三个单积分的乘积，即∭Ω​f(x, y, z)dxdydz=∫ab​f1​(x)dx∫cd​f2​(y)dy∫lm​f3​(z)dz.​​

解：

   ∭ Ω f ( x ,   y ,   z ) d x d y d z = ∫ a b [ ∫ c d ( ∫ l m f 1 ( x ) f 2 ( y ) f 3 ( z ) d z ) d y ] d x = ∫ a b [ ∫ c d ( f 1 ( x ) f 2 ( y ) ⋅ ∫ l m f 3 ( z ) d z ) d y ] d x =    ∫ a b [ ( ∫ l m f 3 ( z ) d z ) ⋅ ( ∫ c d f 1 ( x ) f 2 ( y ) d y ) ] d x = ( ∫ l m f 3 ( z ) d z ) ⋅ ∫ a b [ f 1 ( x ) ⋅ ∫ c d f 2 ( y ) d y ] d x =    ∫ l m f 3 ( z ) d z ⋅ ∫ c d f 2 ( y ) d y ⋅ ∫ a b f 1 ( x ) d x = ∫ a b f 1 ( x ) d x ∫ c d f 2 ( y ) d y ∫ l m f 3 ( z ) d z   ∭Ωf(x, y, z)dxdydz=∫ba[∫dc(∫mlf1(x)f2(y)f3(z)dz)dy]dx=∫ba[∫dc(f1(x)f2(y)⋅∫mlf3(z)dz)dy]dx=  ∫ba[(∫mlf3(z)dz)⋅(∫dcf1(x)f2(y)dy)]dx=(∫mlf3(z)dz)⋅∫ba[f1(x)⋅∫dcf2(y)dy]dx=  ∫mlf3(z)dz⋅∫dcf2(y)dy⋅∫baf1(x)dx=∫baf1(x)dx∫dcf2(y)dy∫mlf3(z)dz

​  ∭Ω​f(x, y, z)dxdydz=∫ab​[∫cd​(∫lm​f1​(x)f2​(y)f3​(z)dz)dy]dx=∫ab​[∫cd​(f1​(x)f2​(y)⋅∫lm​f3​(z)dz)dy]dx=  ∫ab​[(∫lm​f3​(z)dz)⋅(∫cd​f1​(x)f2​(y)dy)]dx=(∫lm​f3​(z)dz)⋅∫ab​[f1​(x)⋅∫cd​f2​(y)dy]dx=  ∫lm​f3​(z)dz⋅∫cd​f2​(y)dy⋅∫ab​f1​(x)dx=∫ab​f1​(x)dx∫cd​f2​(y)dy∫lm​f3​(z)dz​​

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$\begin{array}{rlr}& 4.计算{\iiint }_{\Omega }x{y}^2{z}^{3}dxdydz，其中\Omega 是由曲面z=xy与平面y=x，x=1和z=0所围成的闭区域.& \end{array}$

解：

   Ω 可 表 示 为 0 ≤ z ≤ x y ， 0 ≤ y ≤ x ， 0 ≤ x ≤ 1 ， 因 此 ∭ Ω x y 2 z 3 d x d y d z = ∫ 0 1 x d x ∫ 0 x y 2 d y ∫ 0 x y z 3 d z =    1 4 ∫ 0 1 x d x ∫ 0 x x 4 y 6 d y = 1 28 ∫ 0 1 x 12 d x = 1 364 .   Ω可表示为0≤z≤xy，0≤y≤x，0≤x≤1，因此∭Ωxy2z3dxdydz=∫10xdx∫x0y2dy∫xy0z3dz=  14∫10xdx∫x0x4y6dy=128∫10x12dx=1364.

​  Ω可表示为0≤z≤xy，0≤y≤x，0≤x≤1，因此∭Ω​xy2z3dxdydz=∫01​xdx∫0x​y2dy∫0xy​z3dz=  41​∫01​xdx∫0x​x4y6dy=281​∫01​x12dx=3641​.​​

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$\begin{array}{rlr}& 5.计算{\iiint }_{\Omega }\frac{dxdydz}{(1+x+y+z{)}^3}，其中\Omega 为平面x=0，y=0，z=0，x+y+z=1所围成的四面体.& \end{array}$

解：

   Ω = { ( x ,   y ,   z )   ∣   0 ≤ z ≤ 1 − x − y ， 0 ≤ y ≤ 1 − x ， 0 ≤ x ≤ 1 } ， 则 ∭ Ω d x d y d z ( 1 + x + y + z ) 3 =    ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x d y ∫ 0 1 − x − y d z ( 1 + x + y + z ) 3 = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x [ − 1 2 ( 1 + x + y + z ) 2 ] 0 1 − x − y d y =    ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x [ − 1 8 + 1 2 ( 1 + x + y ) 2 ] d y = ∫ 0 1 [ − y 8 − 1 2 ( 1 + x + y ) ] 0 1 − x d x = − ∫ 0 1 [ 1 − x 8 + 1 4 − 1 2 ( 1 + x ) ] d x =    1 2 ( l n   2 − 5 8 )   Ω={(x, y, z) | 0≤z≤1−x−y，0≤y≤1−x，0≤x≤1}，则∭Ωdxdydz(1+x+y+z)3=  ∫10dx∫1−x0dy∫1−x−y0dz(1+x+y+z)3=∫10dx∫1−x0[−12(1+x+y+z)2]1−x−y0dy=  ∫10dx∫1−x0[−18+12(1+x+y)2]dy=∫10[−y8−12(1+x+y)]1−x0dx=−∫10[1−x8+14−12(1+x)]dx=  12(ln 2−58)

​  Ω={(x, y, z) ∣ 0≤z≤1−x−y，0≤y≤1−x，0≤x≤1}，则∭Ω​(1+x+y+z)3dxdydz​=  ∫01​dx∫01−x​dy∫01−x−y​(1+x+y+z)3dz​=∫01​dx∫01−x​[2(1+x+y+z)2−1​]01−x−y​dy=  ∫01​dx∫01−x​[−81​+2(1+x+y)21​]dy=∫01​[−8y​−2(1+x+y)1​]01−x​dx=−∫01​[81−x​+41​−2(1+x)1​]dx=  21​(ln 2−85​)​​

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$\begin{array}{rlr}& 6.计算{\iiint }_{\Omega }xyzdxdydz，其中\Omega 为球面x^2+y^2+z^2=1及三个坐标面所围成的在第一卦限内的闭区域.& \end{array}$

解：

   Ω = { ( x ,   y ,   z )   ∣   0 ≤ z ≤ 1 − x 2 − y 2 ， 0 ≤ y ≤ 1 − x 2 ， 0 ≤ x ≤ 1 } ， 因 此 ∭ Ω x y z d x d y d z =    ∫ 0 1 x d x ∫ 0 1 − x 2 y d y ∫ 0 1 − x 2 − y 2 z d z = ∫ 0 1 x d x ∫ 0 1 − x 2 y ⋅ 1 − x 2 − y 2 2 d y = 1 2 ∫ 0 1 x [ y 2 2 ( 1 − x 2 ) − y 4 4 ] 0 1 − x 2 d x =    1 8 ∫ 0 1 x ( 1 − x 2 ) 2 d x = 1 48   Ω={(x, y, z) | 0≤z≤√1−x2−y2，0≤y≤√1−x2，0≤x≤1}，因此∭Ωxyzdxdydz=  ∫10xdx∫√1−x20ydy∫√1−x2−y20zdz=∫10xdx∫√1−x20y⋅1−x2−y22dy=12∫10x[y22(1−x2)−y44]√1−x20dx=  18∫10x(1−x2)2dx=148

​  Ω={(x, y, z) ∣ 0≤z≤1−x2−y2 ​，0≤y≤1−x2 ​，0≤x≤1}，因此∭Ω​xyzdxdydz=  ∫01​xdx∫01−x2 ​​ydy∫01−x2−y2 ​​zdz=∫01​xdx∫01−x2 ​​y⋅21−x2−y2​dy=21​∫01​x[2y2​(1−x2)−4y4​]01−x2 ​​dx=  81​∫01​x(1−x2)2dx=481​​​

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$\begin{array}{rlr}& 7.计算{\iiint }_{\Omega }xzdxdydz，其中\Omega 是由平面z=0，z=y，y=1以及抛物柱面y=x^2所围成的闭区域.& \end{array}$

解：

   Ω 的 顶 为 平 面 z = y ， 底 为 平 面 z = 0 ， Ω 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域 D x y 由 y = 1 和 y = x 2 所 围 成 ， Ω 可 表 示 为    0 ≤ z ≤ y ， x 2 ≤ y ≤ 1 ， − 1 ≤ x ≤ 1 ， 因 此 ∭ Ω x z d x d y d z = ∫ − 1 1 x d x ∫ x 2 1 d y ∫ 0 y z d z = ∫ − 1 1 x d x ∫ x 2 1 y 2 2 d y =    1 6 ∫ − 1 1 x ( 1 − x 6 ) d x = 0.   Ω的顶为平面z=y，底为平面z=0，Ω在xOy面上的投影区域Dxy由y=1和y=x2所围成，Ω可表示为  0≤z≤y，x2≤y≤1，−1≤x≤1，因此∭Ωxzdxdydz=∫1−1xdx∫1x2dy∫y0zdz=∫1−1xdx∫1x2y22dy=  16∫1−1x(1−x6)dx=0.

​  Ω的顶为平面z=y，底为平面z=0，Ω在xOy面上的投影区域Dxy​由y=1和y=x2所围成，Ω可表示为  0≤z≤y，x2≤y≤1，−1≤x≤1，因此∭Ω​xzdxdydz=∫−11​xdx∫x21​dy∫0y​zdz=∫−11​xdx∫x21​2y2​dy=  61​∫−11​x(1−x6)dx=0.​​

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$\begin{array}{rlr}& 8.计算{\iiint }_{\Omega }zdxdydz，其中\Omega 是由锥面z=\frac{h}{R}\sqrt{x^2+y^2}与平面z=h(R>0，h>0)所围成的闭区域.& \end{array}$

解：

   由 z = h R x 2 + y 2 与 z = h 得 x 2 + y 2 = R 2 ， 则 Ω 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域 D x y = { ( x ,   y )   ∣   x 2 + y 2 ≤ R 2 } ，    Ω = { ( x ,   y ,   z )   ∣   h R x 2 + y 2 ≤ z ≤ h ， ( x ,   y ) ∈ D x y } ， 因 此 ∭ Ω z d x d y d z = ∬ D x y d x d y ∫ h R x 2 + y 2 h z d z =    1 2 ∬ D x y [ h 2 − h 2 R 2 ( x 2 + y 2 ) ] d x d y = 1 2 [ h 2 ∬ D x y d x d y − h 2 R 2 ∬ D x y ( x 2 + y 2 ) d x d y ] =    h 2 2 ⋅ π R 2 − h 2 2 R 2 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 R ρ 3 d ρ = 1 4 π R 2 h 2 .   由z=hR√x2+y2与z=h得x2+y2=R2，则Ω在xOy面上的投影区域Dxy={(x, y) | x2+y2≤R2}，  Ω={(x, y, z) | hR√x2+y2≤z≤h，(x, y)∈Dxy}，因此∭Ωzdxdydz=∬Dxydxdy∫hhR√x2+y2zdz=  12∬Dxy[h2−h2R2(x2+y2)]dxdy=12[h2∬Dxydxdy−h2R2∬Dxy(x2+y2)dxdy]=  h22⋅πR2−h22R2∫2π0dθ∫R0ρ3dρ=14πR2h2.

​  由z=Rh​x2+y2 ​与z=h得x2+y2=R2，则Ω在xOy面上的投影区域Dxy​={(x, y) ∣ x2+y2≤R2}，  Ω={(x, y, z) ∣∣∣∣​ Rh​x2+y2 ​≤z≤h，(x, y)∈Dxy​}，因此∭Ω​zdxdydz=∬Dxy​​dxdy∫Rh​x2+y2 ​h​zdz=  21​∬Dxy​​[h2−R2h2​(x2+y2)]dxdy=21​[h2∬Dxy​​dxdy−R2h2​∬Dxy​​(x2+y2)dxdy]=  2h2​⋅πR2−2R2h2​∫02π​dθ∫0R​ρ3dρ=41​πR2h2.​​

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$\begin{array}{rlr}& 9.利用柱面坐标计算下列三重积分：& \end{array}$

   ( 1 )    ∭ Ω z d v ， 其 中 Ω 是 由 曲 面 z = 2 − x 2 − y 2 及 z = x 2 + y 2 所 围 成 的 闭 区 域 ；    ( 2 )    ∭ Ω ( x 2 + y 2 ) d v ， 其 中 Ω 是 由 曲 面 x 2 + y 2 = 2 z 及 平 面 z = 2 所 围 成 的 闭 区 域 .   (1)  ∭Ωzdv，其中Ω是由曲面z=√2−x2−y2及z=x2+y2所围成的闭区域；  (2)  ∭Ω(x2+y2)dv，其中Ω是由曲面x2+y2=2z及平面z=2所围成的闭区域.

​  (1)  ∭Ω​zdv，其中Ω是由曲面z=2−x2−y2 ​及z=x2+y2所围成的闭区域；  (2)  ∭Ω​(x2+y2)dv，其中Ω是由曲面x2+y2=2z及平面z=2所围成的闭区域.​​

解：

   ( 1 )   由 z = 2 − x 2 − y 2 和 z = x 2 + y 2 得 ( x 2 + y 2 ) 2 = 2 − ( x 2 + y 2 ) ， 即 x 2 + y 2 = 1 ， 可 知 Ω 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域          D x y = { ( x ,   y )   ∣   x 2 + y 2 ≤ 1 } ， 利 用 柱 面 坐 标 ， Ω 表 示 为 ρ 2 ≤ z ≤ 2 − ρ 2 ， 0 ≤ ρ ≤ 1 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π ， 因 此          ∭ Ω z d v = ∭ Ω z ρ d ρ d θ d z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 ρ d ρ ∫ ρ 2 2 − ρ 2 z d z = 1 2 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 ρ ( 2 − ρ 2 − ρ 4 ) d ρ =          1 2 ⋅ 2 π [ ρ 2 − ρ 4 4 − ρ 6 6 ] 0 1 = 7 12 π .   (1) 由z=√2−x2−y2和z=x2+y2得(x2+y2)2=2−(x2+y2)，即x2+y2=1，可知Ω在xOy面上的投影区域        Dxy={(x, y) | x2+y2≤1}，利用柱面坐标，Ω表示为ρ2≤z≤√2−ρ2，0≤ρ≤1，0≤θ≤2π，因此        ∭Ωzdv=∭Ωzρdρdθdz=∫2π0dθ∫10ρdρ∫√2−ρ2ρ2zdz=12∫2π0dθ∫10ρ(2−ρ2−ρ4)dρ=        12⋅2π[ρ2−ρ44−ρ66]10=712π.

​  (1) 由z=2−x2−y2 ​和z=x2+y2得(x2+y2)2=2−(x2+y2)，即x2+y2=1，可知Ω在xOy面上的投影区域        Dxy​={(x, y) ∣ x2+y2≤1}，利用柱面坐标，Ω表示为ρ2≤z≤2−ρ2 ​，0≤ρ≤1，0≤θ≤2π，因此        ∭Ω​zdv=∭Ω​zρdρdθdz=∫02π​dθ∫01​ρdρ∫ρ22−ρ2 ​​zdz=21​∫02π​dθ∫01​ρ(2−ρ2−ρ4)dρ=        21​⋅2π[ρ2−4ρ4​−6ρ6​]01​=127​π.​

   ( 2 )   由 x 2 + y 2 = 2 z 及 z = 2 得 x 2 + y 2 = 4 ， 可 知 Ω 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域 D x y = { ( x ,   y )   ∣   x 2 + y 2 ≤ 4 } ，          利 用 柱 面 坐 标 ， Ω 表 示 为 ρ 2 2 ≤ z ≤ 2 ， 0 ≤ ρ ≤ 2 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π ， 因 此 ∭ Ω ( x 2 + y 2 ) d v =          ∭ Ω ρ 2 ⋅ ρ d ρ d θ d z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ρ 3 d ρ ∫ ρ 2 2 2 d z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ρ 3 ( 2 − ρ 2 2 ) d ρ = 2 π [ ρ 4 2 − ρ 6 12 ] 0 2 = 16 3 π .   (2) 由x2+y2=2z及z=2得x2+y2=4，可知Ω在xOy面上的投影区域Dxy={(x, y) | x2+y2≤4}，        利用柱面坐标，Ω表示为ρ22≤z≤2，0≤ρ≤2，0≤θ≤2π，因此∭Ω(x2+y2)dv=        ∭Ωρ2⋅ρdρdθdz=∫2π0dθ∫20ρ3dρ∫2ρ22dz=∫2π0dθ∫20ρ3(2−ρ22)dρ=2π[ρ42−ρ612]20=163π.

​  (2) 由x2+y2=2z及z=2得x2+y2=4，可知Ω在xOy面上的投影区域Dxy​={(x, y) ∣ x2+y2≤4}，        利用柱面坐标，Ω表示为2ρ2​≤z≤2，0≤ρ≤2，0≤θ≤2π，因此∭Ω​(x2+y2)dv=        ∭Ω​ρ2⋅ρdρdθdz=∫02π​dθ∫02​ρ3dρ∫2ρ2​2​dz=∫02π​dθ∫02​ρ3(2−2ρ2​)dρ=2π[2ρ4​−12ρ6​]02​=316​π.​​